trao đổi trực tuyến tại -...

Trao đổi trực tuyến tại:www.mientayvn.com/chat_box_toan.html

Mục lục

1 Không gian tuyến tính định chuẩn 31 Không gian tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 Không gian con . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 Không gian tuyến tính định chuẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 Chuỗi trong không gian tuyến tính định chuẩn . . . . . . . . . . 155 Không gian con và không gian thương của không gian tuyến tính

định chuẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 Toán tử tuyến tính liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 Không gian các toán tử tuyến tính liên tục . . . . . . . . . . . . . 288 Không gian tuyến tính định chuẩn hữu hạn chiều . . . . . . . . . 30

1

2 MỤC LỤC

2 Ba nguyên lý cơ bản của giải tích hàm 371 Nguyên lý bị chặn đều - Định lý Banach-Steihaus . . . . . . . . . 372 Nguyên lý ánh xạ mở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423 Định lý Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464 Không gian liên hiệp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525 Hội tụ yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

3 Các không gian Lp 591 Không gian Lp, 1 ≤ p < +∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592 Không gian L∞(X,µ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683 Xấp xỉ bởi lớp hàm liên tục. Tính khả ly . . . . . . . . . . . . . . . 734 Không gian liên hiệp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

4 Không gian Hilbert 871 Khái niệm về không gian Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . 872 Một số tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 923 Hình chiếu trực giao. Cơ sở trực chuẩn . . . . . . . . . . . . . . . 99

Trương Văn Thương

MỤC LỤC 3

4 Không gian liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1175 Sự hội tụ yếu trong không gian Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . 1206 Toán tử liên hợp trong không gian Hilbert . . . . . . . . . . . . . 122


4 MỤC LỤC


Chương 1

Không gian tuyến tính định chuẩn

§ 1 KHÔNG GIAN TUYẾN TÍNH

Định nghĩa 1.1. [6] Giả sử K là một trường số thực hoặc phức. Tập hợp X 6= ∅cùng với hai phép toán cộng và nhân vô hướng thoả mãn các tiên đề sau:

1) (X,+) là một nhóm Abel;

2) X cùng với phép nhân vô hướng thoả mãn:

a) α(x+ y) = αx+ αy với mọi x, y ∈ X và với mọi α ∈ K,

b) (α+ β)x = αx+ βx với mọi x ∈ X và với mọi α, β ∈ K,

5

6 Chương 1. Không gian tuyến tính định chuẩn

c) α(β)x = (αβ)x = αβx với mọi x ∈ X và với mọi α, β ∈ K,

d) 1x = x với mọi x ∈ X,

thì X được gọi là không gian tuyến tính (hay còn gọi là không gian vectơ) trêntrường K.

Ví dụ

1) X = Rn và K = R với hai phép toán cộng là cộng các thành phần và nhân vôhướng. Khi đó Rn là một không gian tuyến tính trên R.

2) X = `2 = x = (ξn) : ξn ∈ C,∑∞

n=1 |ξn|2 < ∞ với hai phép toán cộng làcộng hai dãy và nhân vô hướng. Khi đó `2 là một không gian tuyến tính trên C.

3) X = C[a,b] = x : [a, b] −→ C liên tục với phép toán cộng là cộng cáchàm và nhân vô hướng với một hàm. Khi đó X là một không gian tuyến tính trênC.


§2. Không gian con 7

§ 2 KHÔNG GIAN CON

Định nghĩa 2.1. (Hệ sinh) Cho x1, x2, . . . , xn là các phần tử trong không giantuyến tính X trên trường K và n số αi ∈ K (1 ≤ i ≤ n). Khi đó phần tử

x =n∑i=1

αixi được gọi là một tổ hợp tuyến tính của x1, x2, . . . , xn. Giả sử S ⊂

X,S 6= ∅ được gọi là hệ sinh của X nếu với mọi x ∈ X đều là một tổ hợp tuyếntính của một số hữu hạn các phần tử của S.

Định nghĩa 2.2. (Hệ độc lập tuyến tính) Giả sử x1, x2, . . . , xn là các phần tử trongkhông gian tuyến tính X ta nói các phần tử này là phụ thuộc tuyến tính nếu tồn

tại các số αi, i = 1, . . . , n không đồng thời bằng không sao chon∑i=1

αixi = 0. Nếu

ngược lại ta nói các phần tử này độc lập tuyến tính. Giả sử S ⊂ X,S 6= ∅ đượcgọi là hệ độc lập tuyến tính nếu với mọi hệ con hữu hạn của S đều độc lập tuyếntính.

Nhận xét: Một hệ các phần tử x1, x2, . . . , xn ∈ X là độc lập tuyến tính nếu từ



n∑i=1

αixi = 0 kéo theo αi = 0 với mọi i = 1, . . . , n.

Định nghĩa 2.3. (Cơ sở Hamel của không gian tuyến tính) Một hệ S trong khônggian tuyến tính X vừa là hệ sinh vừa là hệ độc lập tuyến tính thì S được gọi là cơsở của không gian tuyến tính X.

Định nghĩa 2.4. Cho X là một không gian tuyến tính trên trường K và M ⊂ X

khác rỗng.M được gọi là một không gian con củaX nếu với hai phép toán cộng vànhân vô hướng trên X hạn chế về M thoả mãn các tiên đề của không gian tuyếntính.

Định lý 2.5. Cho X là một không gian tuyến tính trên trường K và M ⊂ X khácrỗng. Khi đó điều kiện cần và đủ để M là không gian con là với mọi x, y ∈M vàvới mọi α, β ∈ K kéo theo αx+ βy ∈M.

Ví dụ1) Tập hợp các hàm số khả vi liên tục trên đoạn [a, b] là một không gian tuyến

tính con của không gian C[a,b].


§2. Không gian con 9

2) Không gian `2 (Ví dụ 2 mục 1) là không gian con của không gian `∞ tập hợptất cả các dãy số bị chặn.

Định lý 2.6. Giao của một họ tuỳ ý các không gian con của X là một không giancon của X.

Chứng minh. Giả sử (Mi)i∈I là một họ các không gian con của X.Đặt M = ∩i∈IMi, khi đó 0 ∈ M 6= ∅. Giả sử x, y ∈ M và α, β ∈ K lúc đóαx + βy ∈ Mi với mọi i ∈ I. Suy ra αx + βy ∈ M . Vậy M là một không giancon của X.

Định nghĩa 2.7. Cho A là một tập con khác rỗng của không gian tuyến tính X.Bao giờ cũng tồn tại không gian con của X chứa A. Theo Định lý 2.6 giao củahọ tất cả cac không gian con của X chứa A cũng là một không gian con chứa A.Không gian này được gọi là không gian con sinh bởi A hay còn gọi là bao tuyếntính của A. Kí hiệu 〈A〉 hay LinA.

Để mô tả cụ thể không gian con sinh bởi tập hợp A, ta có định lý sau



Định lý 2.8. Bao tuyến tính của tập hợp A là tập hợp tất cả các tổ hợp tuyến tínhcủa các phần tử của A.

Chứng minh. Đặt M = n∑i=n

αixi, αi ∈ K, xi ∈ A,n ∈ N∗. Theo Định lý 2.5

M là một không gian con của X. Theo giả thiết A ⊂ X suy ra 〈A〉 ⊂ M . Ngược

lại, với mỗi x ∈M có dạngn∑i=n

αixi ∈ 〈A〉. Vậy M = 〈A〉.

Định nghĩa 2.9. Giả sử M,N là hai không gian con của X. Ta kí hiệu Y =

M +N = x = y + z|y ∈M,z ∈ N . Khi đó Y là một không gian con của X,Y được gọi là tổng của M và N . Nếu M ∩N = 0 thì Y được gọi là tổng trựctiếp của M và N . Kí hiệu Y = M

⊕N.

Nhận xét: Ta có M +N = 〈M ∪N〉.

Định lý 2.10. Giả sử M,N là hai không gian con của X và Y = M + N . Điềukiện cần và đủ để Y = M

⊕N là mọi x ∈ Y có biểu diễn duy nhất dưới dạng

x = y + z với y ∈M và z ∈ N .


§3. Không gian tuyến tính định chuẩn 11

Chứng minh. Điều kiện cần. Giả sử Y = M⊕N và x = y + z = y′ + z′. Suy

ra y − y′ = z′ − z ∈M ∩N = 0. Vậy y = y′ và z = z′.Điều kiện đủ. Giả sử x ∈M ∩N . Lúc đó x = x+ 0 = 0 + x. Do tính duy nhất

của biểu diễn, suy ra x = 0. Vậy M ∩N = 0. Vậy Y = M⊕N .

§ 3 KHÔNG GIAN TUYẾN TÍNH ĐỊNH CHUẨN

Định nghĩa 3.1. Giả sửX là một không gian tuyến tính trên trường K (thực hoặcphức). Ánh xạ p : X → R được gọi là một sơ chuẩn trên X nếu p thoả mãn cácđiều kiện sau

i) p(x+ y) ≤ p(x) + p(y) với mọi x, y ∈ X,

ii) p(αx) = αp(x) với mọi x ∈ X và α ≥ 0.

Từ định nghĩa ta suy ra p(0) = 0.

Định nghĩa 3.2. Giả sửX là một không gian tuyến tính trên trường K (thực hoặcphức). Ánh xạ p : X → R được gọi là một nửa chuẩn trên X nếu p thoả mãn cácđiều kiện sau



i) p(x+ y) ≤ p(x) + p(y) với mọi x, y ∈ X,

ii) p(αx) = |α|p(x) với mọi x ∈ X và α ∈ K.

Từ định nghĩa ta suy ra p(x) ≥ 0 với mọi x ∈ X. Thật vậy, với mọi x ∈ X ta có

0 = p(0) = p(x+ (−x)) ≤ p(x) + p(−x) = 2p(x).

Định nghĩa 3.3. Nửa chuẩn trên X được gọi là chuẩn nếu từ p(x) = 0 suy rax = 0. Người ta thường kí hiệu chuẩn bởi ‖ ‖ . Như vậy, một chuẩn trên khônggian tuyến tính X là một ánh xạ

‖ ‖ : X −→ R

thoả mãn các tiên đề sau

i) ‖x‖ ≥ 0 với mọi x ∈ X; và ‖x‖ = 0 khi và chỉ khi x = 0,

ii) ‖αx‖ = |α‖x‖ với mọi x ∈ X và α ∈ K,

iii) ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖ với mọi x, y ∈ X.

Khi đó (X, ‖ ‖) được gọi là một không gian tuyến tính định chuẩn.



Giả sử (X, ‖ ‖) là một không gian tuyến tính định chuẩn. Khi đó ánh xạ

d :X ×X −→ R

(x, y) 7−→ d(x, y) = ‖x− y‖

là một mêtric. Ta gọi d là mêtric được sinh ra từ chuẩn hay chuẩn cảm sinh mêtricd trên X. Như vậy không gian tuyến tính định chuẩn là một không gian mêtric.

Không gian tuyến tính định chuẩn (X, ‖ ‖) nếu nó đầy đủ với mêtric được sinhtừ chuẩn thì X được gọi là không gian Banach.

Định lý 3.4. Trong một không gian tuyến tính định chuẩn các phép toán cộng vànhân vô hướng là liên tục.

Chứng minh. Giả sử (xn), (yn) là hai dãy trong X và limn→∞

xn = x0, limn→∞

yn =

y0. Khi đó

‖(xn + yn)− (x0 + y0)‖ ≤ ‖xn − x0‖+ ‖yn − y0‖ → 0, khi n→∞.

Suy ra limn→∞

(xn + yn) = x0 + y0. Vậy phép toán cộng liên tục.



Giả sử (αn) là dãy hội tụ về α0 trong K. Khi đó

‖αnxn − α0x0‖ = ‖αn(xn − x0) + (αn − α0)x0‖≤ |αn|‖xn − x0‖+ |αn − α0|‖x0‖ → 0, khi n→∞.

Vậy phép toán nhân vô hướng liên tục.

Nhận xét: Chuẩn là một hàm liên tục trên X.

Ví dụ1) Rn là không gian Banach với chuẩn

‖x‖ = (n∑k=1

x2k)

12 , với x = (x1, x2, . . . , xn).

Thật vậy, hai tiên đề i) và ii) ta dễ dàng kiểm tra.

Bây giờ ta kiểm tra tiên đề iii). Với x, y ∈ Rn ta phải chứng minh bất đẳng thức

(n∑k=1

(xk + yk)2)

12 ≤ (

n∑k=1

x2k)

12 + (

n∑k=1

y2k)

12 .



Ta cón∑k=1

(xk + yk)2 =

n∑k=1

(x2k + 2xkyk + y2

k)

=n∑k=1

x2k +

n∑k=1

2xkyk +n∑k=1

y2k.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiakovski ta đượcn∑k=1

(xk + yk)2 ≤

n∑k=1

x2k + 2

( n∑k=1

x2k

)12( n∑k=1

y2k

)12 +

n∑k=1

y2k

=((n∑k=1

x2k)

12 + (

n∑k=1

y2k)

12)2.

Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.Vậy (Rn, ‖ ‖) là một không gian tuyến tính định chuẩn. Hơn nữa, ta đã biết mỗi

dãy (xα) hội tụ trong Rn khi và chỉ khi các dãy (x(α)k ) (k = 1, . . . , n) hội tụ trong

R, và (xα) là dãy cơ bản trong Rn khi và chỉ khi các dãy (x(α)k ) (k = 1, . . . , n) là

dãy cơ bản trong R, nên Rn là một không gian Banach.



2) Tập hợp C[a,b] gồm các hàm liên tục trên đoạn [a, b] với phép cộng là cộnghàm số và nhân vô hướng với hàm số tạo thành một không gian tuyến tính. Hàmxác định bởi

‖ ‖ : C[a,b] −→ R

x 7−→ ‖x‖ = maxt∈[a,b]|x(t)|

xác định một chuẩn trên C[a,b]. Hơn nữa, C[a,b] là không gian Banach.Thật vậy, giả sử (xn) là dãy cơ bản trong không gianC[a,b]. Khi đó, lim

m,n→∞‖xm−

xn‖ = 0, nghĩa là với ε > 0 tuỳ ý, tồn tại số tự nhiên n0 sao cho ‖xm − xn‖ < ε

với mọi m,n ≥ n0. Suy ra

maxt∈[a,b]|xm(t)− xn(t)| < ε với mọi m,n ≥ n0. (1.1)

Với mỗi t ∈ [a, b] cố định, từ bất đẳng thức trên ta có |xm(t)− xn(t)| < ε với mọim,n ≥ n0. Vậy (xn(t)) là dãy cơ bản trong K. Vì K là không gian đầy đủ nên dãy(xn(t)) hội tụ trong K. Đặt x(t) = lim

n→∞xn(t) , với t ∈ [a, b], ta được một hàm x

xác định trên [a, b].


§4. Chuỗi trong không gian tuyến tính định chuẩn 17

Cố định m ≥ n0 và cho n→∞, từ (1.1) ta suy ra

maxt∈[a,b]|xm(t)− x(t)| < ε. (1.2)

Điều này chứng tỏ sự hội tụ của dãy (xm(t)) về x(t) là hội tụ đều. Vậy x ∈ C[a,b].Từ (1.2) ta được ‖xm − x‖ < ε với mọi m ≥ n0. Vậy

limn→∞‖xn − x‖ = 0.

§ 4 CHUỖI TRONG KHÔNG GIAN TUYẾN TÍNH ĐỊNH CHUẨN

Định nghĩa 4.1. Cho (xn) là một dãy trong không gian tuyến tính định chuẩnX.Ta lập một dãy mới xác định bởi

s1 =x1

s2 =x1 + x2

. . . . . .

sn =x1 + x2 + . . .+ xn.



Khi đó dãy (sn) được gọi là một chuỗi, sn gọi là tổng riêng thứ n của chuỗi và

người ta thường kí hiệu chuỗi này là∞∑n=1xn.

Nếu dãy (sn) hội tụ đến một phần tử s ∈ X thì ta nói chuỗi∞∑n=1xn hội tụ và có

tổng là s. Ngược lại, ta nói chuỗi phân kỳ.

Nếu chuỗi∞∑n=1‖xn‖ hội tụ thì ta nói chuỗi

∞∑n=1xn hội tụ tuyệt đối.

Tương tự như các chuỗi số thực, chuỗi trong không gian tuyến tính định chuẩncũng có những tính chất sau.

Định lý 4.2. Tổng, hiệu của hai chuỗi hội tụ là một chuỗi hội tụ. Tích của mộtchuỗi hội tụ với một số là một chuỗi hội tụ.

Định lý 4.3. (Tiêu chuẩn Cauchy) ChoX là một không gian Banach. Giả sử chuõi∞∑n=1xn hội tụ. Khi đó, với mọi ε > 0 đều tồn tại n0 ∈ N sao cho

‖n+p∑k=n+1

xk‖ < ε



với mọi n ≥ n0 và mọi p ∈ N.Ngược lại, nếu một chuỗi thoả mãn điều kiện này thì nó hội tụ.

Chứng minh. Theo giả thiết chuỗi∞∑n=1xn hội tụ, điều này có nghĩa là dãy tổng

riêng (sn) hội tụ. Do đó dãy (sn) là dãy cơ bản, nên với mọi ε > 0 tồn tại n0 ∈ Nsao cho ‖sn+p − sn‖ < εvới mọi n ≥ n0 và mọi p ∈ N. Suy ra

‖n+p∑k=n+1

xk‖ < ε

với mọi n ≥ n0 và mọi p ∈ N.

Ngược lại, giả sử với mọi ε > 0 tồn tại n0 ∈ N sao cho ‖n+p∑k=n+1

xk‖ < ε, với mọi

n ≥ n0 và mọi p ∈ N. Suy ra dãy (sn) là dãy cơ bản. Theo giả thiết X là không

gian Banach, nên dãy (sn) hội tụ. Vậy chuỗi∞∑n=1xn hội tụ.

Định lý 4.4. Cho X là một không gian tuyến tính định chuẩn.a) Nếu X là không gian Banach thì mọi chuỗi trong nó hội tụ tuyệt đối đều hội

tụ.



b) Nếu mọi chuỗi trong X hội tụ tuyệt đối đều hội tụ thì X là một không gianBanach.

Chứng minh. a) Theo giả thiết chuỗi∞∑n=1‖xn‖ hội tụ nên với mỗi ε > 0 đều tồn

tại n0 ∈ N sao chon+p∑k=n+1

‖xk‖ < ε

với mọi n ≥ n0 và mọi p ∈ N.Từ định nghĩa của chuẩn ta luôn có

‖n+p∑k=n+1

xk‖ ≤n+p∑k=n+1

‖xk‖.

Suy ra rằng với mỗi ε > 0 đều tồn tại n0 ∈ N sao cho

‖n+p∑k=n+1

xk‖ < ε

với mọi n ≥ n0 và mọi p ∈ N. Vậy chuỗi∞∑n=1xn hội tụ.



b) Giả sử (xn) là một dãy cơ bản trong X. Khi đó với mỗi số tự nhiên k , tồn tạimột số tự nhiên nk sao cho với mọi m ≥ nk và mọi p ≥ nk ta có

‖xm − xp‖ <1

2k.

Ta chọn n1 < n2 < . . . < nk < . . .. Khi đó, dãy con (xnk) của (xn) hội tụ. Thậtvậy, từ bất đẳng thức trên ta có

∞∑k=1

‖xnk+1 − xnk‖ <∞∑k=1

1

2k= 1,

nghĩa là chuỗi

xn1 + (xn2 − xn1) + . . .+ (xnk+1 − xnk) + . . .

hội tụ tuyệt đối. Theo giả thiết, chuỗi này hội tụ về x ∈ X. Vậy

limk→∞

xnk = x.

Dãy cơ bản (xn) có một dãy con (xnk) hội tụ nên nó là một dãy hội tụ. Vậy X làmột không gian Banach.



§ 5 KHÔNG GIAN CON VÀ KHÔNG GIAN THƯƠNG CỦA KHÔNG GIAN TUYẾNTÍNH ĐỊNH CHUẨN

Định nghĩa 5.1. Giả sử (X, ‖ ‖) là một không gian tuyến tính định chuẩn và Mlà một không gian con tuyến tính của X. Khi đó, hàm số

‖ ‖M = ‖ ‖|M : M −→ R

là một chuẩn trên M . Không gian tuyến tính định chuẩn (M, ‖ ‖M) được gọi làkhông gian con của không gian tuyến tính định chuẩn (X, ‖ ‖).

Định lý 5.2. a) Giả sử X là một không gian tuyến tính định chuẩn và M là mộtkhông gian con của X. Khi đó M là một không gian con đóng của X.

b) Nếu X là một không gian Banach thì không gian con đóng M của X cũng làmột không gian Banach.

Chứng minh. Dễ dàng chứng minh định lý này.

Bổ đề 5.3. ( Riez) Giả sử M là một không gian con đóng thực sự của không giantuyến tính định chuẩn X. Khi đó với mỗi x0 ∈ X \M và mỗi 0 < ε < 1 tồn tại


§5. Không gian con và không gian thương của không gian tuyến tính định chuẩn 23

một phần tử z ∈ LinM,x0 sao cho ‖z‖ = 1 và ‖z − y‖ > ε với mọi y ∈M .

Chứng minh. Theo giả thiết x0 ∈ X \M . Vì M đóng nên

d = d(x0,M) = infy∈M‖x0 − y‖ > 0.

Với 0 < ε < 1 và theo định nghĩa của infimum tồn tại phần tử y0 ∈M sao cho

‖x0 − y0‖ <d

ε.

Đặt z =x0 − y0

‖x0 − y0‖. Rõ ràng ‖z‖ = 1 và z ∈ LinM,x0. Với mỗi y ∈M ta có

‖y − z‖ = ‖y −x0 − y0

‖x0 − y0‖‖

=1

‖x0 − y0‖‖(‖x0 − y0‖y + y0)− x0‖.

Vì ‖x0 − y0‖y + y0 ∈ M nên ‖(‖x0 − y0‖y + y0) − x0‖ ≥ d. Vậy ta suy ra‖y − z‖ > ε.

Từ Định lý Riez ta suy ra hệ quả sau



Hệ quả 5.4. Giả sử M là một không gian con đóng của không gian tuyến tínhđịnh chuẩn X và M 6= X. Khi đó với mỗi ε > 0 tồn tại x0 /∈M sao cho ‖x0‖ = 1

và ‖x0 − y‖ > 1− ε với mọi y ∈M.

Định nghĩa 5.5. (Không gian thương) Cho X là một không gian tuyến tính địnhchuẩn và M là một không gian con đóng của X. Khi đó X/M là một không giantuyến tính, được gọi là không gian tuyến tính thương. Trên X/M ta xác địnhchuẩn như sau

Giả sử x ∈ X/M khi đó x = x+M trong đó x ∈ X. Đặt

‖x‖ = infy∈x‖y‖ = inf

u∈M‖x+ u‖, x ∈ x.

Khi đó ‖ ‖ là một chuẩn trên X/M . Thật vậy, ta có1) ‖x‖ ≥ 0 với mọi x ∈ X/M ;‖x‖ = 0 khi và chỉ khi inf

y∈x‖y‖ = 0. Do đó tồn tại một dãy yn ∈ x và yn → 0.

Vì x đóng trong X nên 0 ∈ x. Vậy x = M (đây là phần tử 0 trong X/M ).2) Với mỗi x ∈ X/M và α ∈ K ta có

‖αx‖ = infy∈αx‖y‖ = inf

u∈x‖αu‖ = |α|‖x‖.


§5. Không gian con và không gian thương của không gian tuyến tính định chuẩn 25

3) Với mọi x, y ∈ X/M ta có

‖x+ y‖ ≤ ‖x+ u+ y + v‖ ≤ ‖x+ u‖+ ‖y + v‖

với mọi u, v ∈M . Do đó

‖x+ y‖ ≤ infu∈M‖x+ u‖+ inf

v∈M‖y + v‖ = ‖x‖+ ‖y‖.

Vậy (X/M, ‖ ‖) là một không gian tuyến tính định chuẩn và được gọi là khônggian tuyến tính định chuẩn thương của X theo không gian con đóng M .

Định lý 5.6. Giả sử X là một không gian Banach và M là một không gian conđóng củaX. Khi đó không gian tuyến tính thương cũng là một không gian Banach.

Chứng minh. Giả sử chuỗi∞∑n=1xn hội tụ tuyệt đối trong X/M . Khi đó, với mỗi

n ∈ N tồn tại un ∈M sao cho

‖xn + un‖ < ‖xn‖+1

2n.

Do đó∞∑n=1

‖xn + un‖ ≤∞∑n=1

‖xn‖+ 1,



nghĩa là chuỗi∞∑n=1

(xn + un) hội tụ tuyệt đối trong không gian Banach X, nên nó

hội tụ. Đặt x0 =∞∑n=1

(xn + un). Khi đó

limn→∞‖n∑k=1

(xk + uk)− x0‖ = 0.

Vìn∑k=1

(xk + uk)− x0 ∈n∑k=1

xn − x0 nên

‖n∑k=1

(xk + uk)− x0‖ ≥ ‖n∑k=1

xn − x0‖.

Suy ra

limn→∞

n∑k=1

xn = x0.

Vậy X/M là một không gian Banach (theo Định lý 4.4).


§6. Toán tử tuyến tính liên tục 27

§ 6 TOÁN TỬ TUYẾN TÍNH LIÊN TỤC

Định nghĩa 6.1. [6] ChoX,Y là hai không gian tuyến tính định chuẩn trên cùngtrường K. Ánh xạ A : X −→ Y gọi là liên tục tại x0 ∈ X nếu với mọi dãy(xn) ⊂ X mà xn → x0 thìAxn → Ax0.A được gọi là liên tục trênX nếu nó liêntục tại mọi điểm x ∈ X.

Định lý 6.2. Cho X,Y là hai không gian tuyến tính định chuẩn và A là toán tửtuyến tính từ X vào Y . Khi đó các mệnh đề sau tương đương.

a) A liên tục trên X.

b) A liên tục tại điểm x0 ∈ X.

c) A liên tục tại 0.

d) Tồn tại một số M dương sao cho với mọi x ∈ X ta có ‖Ax‖ ≤ M‖x‖ (nghĩalà A bị chặn).

Chứng minh. a)⇒ b) hiển nhiên.



b)⇒ c) Giả sử dãy xn → 0. Khi đó, dãy xn + x0 → x0. Theo b) ta có A(xn +

x0)→ Ax0. VìA tuyến tính nênAxn = A(xn+x0−x0) = A(xn+x0)−A(x0)→0 = A(0). Vậy A liên tục tại 0.

c) ⇒ d) Từ giả thiết A liên tục tại 0 nên với ε = 1 tồn tại δ > 0 sao cho với

mọi x ∈ X thoả mãn ‖x‖ < δ thì ‖Ax‖ < 1. Nếu x 6= 0 ta đặt y =δ

2‖x‖x

thì ‖δx

2‖x‖‖ < δ, do đó ‖A(

δx

2‖x‖)‖ < 1. Vì vậy ‖Ax‖ ≤

2

δ‖x‖. Nếu x = 0 thì

‖A(0)‖ ≤M. Vậy A bị chặn.d)⇒ a) Giả sử xn → x. Khi đó

‖Axn −Ax‖ = ‖A(xn − x)‖ ≤M‖xn − x‖.

Vậy A liên tục tại x ∈ X. Vì x chọn bất kỳ nên A liên tục trên X.

Định nghĩa 6.3. Cho A là một toán tử tuyến tính liên tục từ không gian tuyếntính định chuẩn X vào Y . Theo Định lý 6.2 luôn tồn tại số M > 0 sao cho‖Ax‖ ≤M‖x‖ với mọi x ∈ X, nên ta có thể xác định chuẩn của A như sau

‖A‖ = infM > 0 : ∀x ∈ X, ‖Ax‖ ≤M‖x‖ (1.3)


§6. Toán tử tuyến tính liên tục 29

gọi là chuẩn của toán tử.

Định lý 6.4. Cho A là một toán tử tuyến tính liên tục từ không gian tuyến tínhđịnh chuẩn X vào Y . Khi đó

‖A‖ = supx 6=0

‖Ax‖‖x‖

= sup‖x‖≤1

‖Ax‖ = sup‖x‖=1

‖Ax‖. (1.4)

Chứng minh. Đặt a = supx 6=0

‖Ax‖‖x‖

, b = sup‖x‖≤1

‖Ax‖ và c = sup‖x‖=1

‖Ax‖. Theo trên

ta có‖Ax‖‖x‖

≤ a, do đó ‖Ax‖ ≤ a‖x‖ với mọi x ∈ X. Từ định nghĩa của ‖A‖ ta

suy ra ‖A‖ ≤ a.Với mọi x ∈ X khác 0 ta đặt u =

x

‖x‖. Khi đó ‖u‖ = 1. Vì A tuyến tính nên

a = supx 6=0

‖Ax‖‖x‖

= supx 6=0‖A(

x

‖x‖)‖ = sup

‖u‖=1

‖Au‖ ≤ sup‖u‖≤1

‖Au‖.

Vậy‖A‖ ≤ a ≤ c ≤ b. (1.5)

Mặt khác, với mọi ‖x‖ ≤ 1, ta có ‖Ax‖ ≤ ‖A‖‖x‖ ≤ ‖A‖.



Suy ra

b = sup‖x‖≤1

‖Ax‖ ≤ ‖A‖. (1.6)

Từ (1.5) và (1.6) ta được (1.4).

§ 7 KHÔNG GIAN CÁC TOÁN TỬ TUYẾN TÍNH LIÊN TỤC

Cho X,Y là hai không gian tuyến tính định chuẩn trên cùng một trường K. Kíhiệu L(X,Y ) là tập hợp tất cả các toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y . Dễdàng kiểm tra L(X,Y ) là một không gian tuyến tính với hai phép toán: cộng haiánh xạ và nhân ánh xạ với vô hướng. Định lý sau sẽ chứng tỏ L(X,Y ) là mộtkhông gian tuyến tính định chuẩn.

Định lý 7.1. L(X,Y ) là một không gian tuyến tính định chuẩn với chuẩn xácđịnh bởi (1.3). Nếu Y là một không gian Banach thì L(X,Y ) cũng là một khônggian Banach.


§7. Không gian các toán tử tuyến tính liên tục 31

Chứng minh. Với mỗi A ∈ L(X,Y ) theo (1.3) ta có ‖A‖ ≥ 0; giả sử ‖A‖ = 0,khi đó ‖Ax‖ ≤ ‖A‖‖x‖ = 0 với mọi x ∈ X. Vậy Ax = 0 với mọi x ∈ X, nghĩalà A = 0. Giả sử A,B ∈ L(X,Y ) và α ∈ K, ta có

‖αA‖ = sup‖x‖=1

‖αAx‖ = |α‖ sup‖x‖=1

‖Ax‖ = |α‖‖A‖.

‖A+B‖ = sup‖x‖=1

‖(A+B)x‖ ≤ sup‖x‖=1

‖Ax‖+ sup‖x‖=1

‖Bx‖ = ‖A‖+ ‖B‖.

Vậy L(X,Y ) là một không gian tuyến tính định chuẩn.Giả sử An là dãy cơ bản trong L(X,Y ). Với mỗi x ∈ X cố định ta có

‖Anx−Amx‖ = ‖(An −Am)x‖ ≤ ‖An −Am‖‖x‖ (1.7)

Vì An là dãy cơ bản nên khi n,m → ∞ vế phải của (1.7) dần về không. Do đódãy An(x) là dãy cơ bản trong Y . Theo giả thiết Y Banach nên An(x) là dãyhội tụ trong Y . Đặt Ax = limn→∞Anx với mỗi x ∈ X. Khi đó A xác định mộtánh xạ từ X vào Y và dễ dàng kiểm tra được A là tuyến tính.

Hơn nữa, A là giới nội vì An là dãy cơ bản trong L(X,Y ). Khi đó tồn tại một



số M > 0 sao cho ‖An‖ ≤M với mọi n ∈ N. Vì vậy với mọi x ∈ X ta có

‖Ax‖ = limn→∞‖Anx‖ ≤M‖x‖.

Vì An là dãy cơ bản nên với mỗi ε > 0 tồn tại n0 ∈ N sao cho với mọim,n > n0 ta có ‖Am −An‖ < ε.

§ 8 KHÔNG GIAN TUYẾN TÍNH ĐỊNH CHUẨN HỮU HẠN CHIỀU

Trong mục 1 ta đã biết các không gian Kn là những không gian tuyến tính địnhchuẩn hữu hạn chiều trên trường K. Bây giờ ta sẽ xét các không gian tuyến tínhđịnh chuẩn hữu hạn chiều trên K.

Định lý 8.1. Mọi không gian tuyến tính định chuẩn n chiều trên trường K đềuđồng phôi tuyến tính với không gian Kn.

Chứng minh. Giả sử X là một không gian tuyến tính định chuẩn n chiều trêntrường K. Gọi e1, e2, . . . , en là một cơ sở của X. Khi đó với mỗi x ∈ X đều biểu


§8. Không gian tuyến tính định chuẩn hữu hạn chiều 33

diễn dưới dạng

x =n∑k=1

ξkek,

trong đó ξk ∈ K, k = 1, 2, . . . , n. Xét ánh xạ

A : X −→ Kn

xác định bởi Ax = (ξ1, ξ2, . . . , ξn) = x. Khi đó A là một song ánh tuyến tính.Bây giờ ta chứng minh A là một phép đồng phôi. Trước hết, ta chứng minh A−1

liên tục. Thật vậy, với mỗi x ∈ X ta có

‖x‖ = ‖n∑k=1

ξkek‖ ≤n∑k=1

|ξk|‖ek‖.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Bunhiakovski ta đượcn∑k=1

|ξk|‖ek‖ ≤ (n∑k=1

‖ek‖2)12(

n∑k=1

|ξk|2)12 = M‖x‖ = M‖Ax‖,

với M = (∑n

k=1 |ξk|2)12 . Suy ra

‖A−1x‖ ≤M‖x‖, với mọi x ∈ Kn.



Vậy A−1 bị chặn. Do đó A−1 liên tục.Để chứng minh A liên tục ta đặt

S = x ∈ Kn : ‖x‖ = 1.

Khi đó S là tập hợp compact trong Kn. Xét hàm số f : S −→ R xác định như sau

f(x) = ‖x‖, x ∈ S

Vì f(x) = ‖A−1x‖ và A−1 liên tục nên f liên tục trên S. Vì S compact nên hàmf đạt giá trị nhỏ nhất α trên S, nghĩa là tồn tại một phần tử y ∈ S sao chof(y) = α = ‖y‖ > 0. Vì vậy, ta có

‖x‖ = f(x) ≥ α, với mọi x sao cho‖x‖ = 1.

Với x ∈ X bất kỳ ta đặt z =x

‖x‖. Khi đó ‖z‖ = 1 nên ‖z‖ ≥ α. Suy ra

‖x‖‖x‖≥ α.

Vậy ‖Ax‖ ≤1

α‖x‖, với mọi x ∈ X. Điều này chứng tỏ A bị chặn, nên A liên tục.

Hệ quả 8.2. Mọi chuẩn trong không gian tuyến tính định chuẩn hữu hạn chiềuđều tương đương với nhau.



Chứng minh. Giả sửX là không gian tuyến tính định chuẩn n chiều và ‖ ‖1, ‖ ‖2

là hai chuẩn trênX. Gọi e1, e2, . . . , en là một cơ sở củaX vàX1 = (X, ‖ ‖1), X2 =

(X, ‖ ‖2). Với mỗi x ∈ X biểu diễn dưới dạng x =n∑k=1

ξkek,

ta xét ánh xạ A : X1 −→ Kn, và A−1 : Kn −→ X2

x 7→ (ξ1, ξ2, . . . , ξn) 7→ x.

Khi đó A là song ánh tuyến tính. Hơn nữa theo định lý trên A là phép đồngphôi tuyến tính không phụ thuộc vào chuẩn trên X. Do đó ánh xạ đồng nhấtid : A−1oA là phép đồng phôi từ X1 vào X2. Vậy hai chuẩn ‖ ‖1 và ‖ ‖2 là tươngđương.

Định lý 8.3. Mọi toán tử tuyến tính từ một không gian tuyến tính định chuẩnhữu hạn chiều vào một không gian tuyến tính định chuẩn bất kỳ đều liên tục.

Chứng minh. Giả sử X là một không gian tuyến tính định chuẩn n chiều vàA là một toán tử tuyến tính từ X vào không gian tuyến tính định chuẩn Y . Gọie1, e2, . . . , en là một cơ sở trong X. Khi đó với mỗi x ∈ X được biểu diễn dưới



dạng

x =n∑k=1

ξkek.

Hơn nữa, mọi chuẩn trong không gian hữu hạn chiều là tương đương nên ta có thểchọn chuẩn xác định

‖x‖ = (n∑k=1

|ξk|2)12 .

Vì A tuyến tính nên ta có

‖Ax‖ = ‖A(n∑k=1

ξkek)‖

≤ ‖n∑k=1

ξkA(ek)‖ ≤n∑k=1

|ξk|‖Aek‖

≤ (n∑k=1

|ξk|2)12(

n∑k=1

‖Aek‖2)12 ≤M‖x‖,

trong đó M = (∑n

k=1 ‖Aek‖2)12 . Vậy A bị chặn. Do đó A liên tục.



Định lý 8.4. Điều kiện cần và đủ để không gian tuyến tính định chuẩn X có sốchiều hữu hạn là hình cầu đóng đơn vị B′(0; 1) trong X là một tập compact.

Chứng minh. Điều kiện cần. Giả sửX là không gian tuyến tính định chuẩn hữuhạn chiều, có số chiều là n, khi đó X đồng phôi với Kn. Vì vậy B′(0; 1) = x ∈X : ‖x‖ ≤ 1 là ảnh liên tục của một tập compact trong Kn nên nó compact.

Điều kiện đủ. Bằng phản chứng, giả sử X là không gian vô hạn chiều. Chọnx1 ∈ X sao cho ‖x1‖ = 1, khi đó X không thể trùng với không gian con đóngmột chiều sinh bởi x1, theo Hệ quả 5.4 tồn tại x2 ∈ X, sao cho ‖x2‖ = 1 và‖x2 − x1‖ > 1

2. Do X vô hạn chiều nên X không trùng với Linx1, x2. Áp dụng

Hệ quả 5.4 lần nữa sẽ tồn tại x3 ∈ X với ‖x3‖ = 1 và ‖x3 − xk‖ > 12, k = 1, 2.

Bằng qui nạp ta xây dựng được một dãy xn sao cho ‖xn‖ = 1 và ‖xn−xm‖ > 12

với m 6= n. Vì vậy mọi dãy con của dãy xn ⊂ B′(0; 1) không hội tụ. Suy raB′(0; 1) không compact. Điều này trái với giả thiết. Vậy X là không gian hữu hạnchiều.


Chương 2

Ba nguyên lý cơ bản của giải tích hàm

§ 1 NGUYÊN LÝ BỊ CHẶN ĐỀU - ĐỊNH LÝ BANACH-STEIHAUS

Cho X,Y là hai không gian tuyến tính định chuẩn và (Ai)i∈I là họ các toán tửtuyến tính liên tục từ X vào Y . Khi đó nếu Ai| ∈ I là tập hợp bị chặn trongL(X,Y ) thì với mỗi x ∈ X tập hợp Aix|i ∈ I là tập hợp bị chặn trong Y . Vấnđề đặt ra là điều ngược lại có còn đúng không? Định lý sau sẽ trả lời câu hỏi này.

Định lý 1.1. (Banach-Steinhaus)[6] Cho X là không gian Banach và Y là khônggian tuyến tính định chuẩn. Giả sử Ai|i ∈ I là họ toán tử tuyến tính liên tục

39

40 Chương 2. Ba nguyên lý cơ bản của giải tích hàm

từ X vào Y sao cho với mỗi x ∈ X tập hợp Aix|i ∈ I bị chặn trong Y . Khi đóAi|i ∈ I là tập hợp bị chặn trong L(X,Y ); nghĩa là tồn tại một số M dươngsao cho

‖Ai‖ ≤M, với mọi i ∈ I.

Chứng minh. Với mỗi n ∈ N và i ∈ I, ta đặt

Bn,i = x ∈ X : ‖Aix‖ ≤ n

vì Ai liên tục nên Bn,i đóng. Đặt Bn =⋂i∈IBn,i. Khi đó Bn đóng trong X.

Mặt khác, với mỗi x ∈ X tập hợp Aix | i ∈ I bị chặn trong Y , nên tồn tạisố Mx dương sao cho ‖Aix‖ ≤ Mx với mọi i ∈ I. Chọn n > Mx khi đó x ∈ Bn.Vậy X =

⋃n∈N

Bn.

Vì X là không gian Banach nên nó thuộc phạm trù thứ 2, do đó tồn tại số

nguyên dương n0 sao choo

Bn0 6= ∅. Theo cách xây dựng tập hợp Bn0 là tập hợp

đóng nêno

Bn0 6= ∅. Do đó tồn tại hình cầu mở B(x0, r) chứa trong Bn0.


§1. Nguyên lý bị chặn đều - Định lý Banach-Steihaus 41

Với mỗi x ∈ X khác không, ta có

x0 +rx

2‖x‖∈ B(x0, r) ⊂ Bn0.

Như vậy với mỗi i ∈ I, ta đều có

‖Ai(x0 +rx

2‖x‖)‖ ≤ n0.

Từ đó suy ra‖Ai(

rx

2‖x‖)‖ ≤ ‖Ai(x0 +

rx

2‖x‖)‖+ ‖Ai(x0)‖

≤ n0 + ‖Ai(x0)‖

Vì Ai tuyến tính nên, ta được

‖r

2‖x‖Ai(x)‖ ≤ n0 + ‖Ai(x0)‖ ≤ 2n0,

hay

‖Ai(x)‖ ≤4n0

r‖x‖ với mọi x ∈ X.

Vậy ‖Ai‖ ≤4n0

r, với mọi i ∈ I.



Định nghĩa 1.2. Cho X,Y là hai không gian tuyến tính định chuẩn và (Ai) làhọ các toán tử tuyến tính từ X vào Y . Nếu với mỗi x ∈ X tồn tại một số dươngMx sao cho ‖An(x)‖ ≤Mx với mọi i ∈ I thì ta nói họ (Ai) bị chặn điểm. Nếu họ(Ai) ⊂ L(X,Y ) và tập Ai : i ∈ I bị chặn trong L(X,Y ) thì ta nói họ (Ai) bịchặn đều.

Nhận xét. Từ định lý trên ta suy ra rằng nếu X là không gian Banach và họ(Ai) ⊂ L(X,Y ) bị chặn điểm thì bị chặn đều.

Định lý 1.3. Cho X là một không gian Banach, Y là một không gian tuyến tínhđịnh chuẩn và (An) là dãy các toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y . Nếu vớimỗi x ∈ X sao cho Anx → Ax, khi n → ∞ thì A là toán tử tuyến tính liên tụcvà

‖A‖ ≤ limn→∞‖An‖.

Chứng minh. Theo giẩ thiết với mỗi x ∈ X,Ax = limn→∞

Anx nghĩa là dãy (Anx)

hội tụ trong Y , do đó tập hợp Anx| n ∈ N bị chặn trong Y . Theo định lý Banach-Steinhaus tồn tại số M dương sao cho ‖An‖ ≤M với mọi n ∈ N.


§1. Nguyên lý bị chặn đều - Định lý Banach-Steihaus 43

Mặt khác, ta có

‖Anx‖ ≤ ‖An‖‖x‖

nên

limn→∞‖Anx‖ ≤ lim

n→∞‖An‖‖x‖

hay

‖Ax‖ ≤ limn→∞‖An‖‖x‖

Suy ra

‖Ax‖ ≤M‖x‖

Vậy A liên tục và ta có

‖A‖ ≤ limn→∞‖An‖.

Định nghĩa 1.4. ChoX,Y là hai không gian tuyến tính định chuẩn và họ (Aα)α∈I

các toán tử tuyến tính từ X vào Y được gọi là họ đồng liên tục đều nếu với mỗiε > 0 tồn tại số δ > 0 sao cho với mọi x ∈ X thoả mãn ‖x‖ < δ thì ‖Aαx‖ < ε

với mọi α ∈ I



Định lý 1.5. Cho X,Y là hai không gian tuyến tính định chuẩn và họ (Aα)α∈I

các toán tử tuyến tính từ X vào Y . Họ (Aα)α∈I đồng liên tục đều khi và chỉ khi(Aα)α∈I bị chặn đều.

§ 2 NGUYÊN LÝ ÁNH XẠ MỞ

Định nghĩa 2.1. Cho X,Y là hai không gian tuyến tính định chuẩn. Ánh xạ Atừ X vào Y được gọi là ánh xạ mở nếu với mọi G mở trong X thì A(G) mở trongY .

Định lý 2.2. (Nguyên lý ánh xạ mở)[6] Cho X,Y là hai không gian Banach và Atoàn ánh liên tục từ X vào Y . Khi đó A là ánh xạ mở.

Chứng minh. Ta chứng minh định lý này theo 3 bước

1) Ta chứng minh tồn tại số r > 0 sao cho

BY (0; 2r) ⊂ A(BX(0; 1)).


§2. Nguyên lý ánh xạ mở 45

Thật vậy, ta có thể biểu diễn

X =∞⋃n=1

nBX(0; 1)

Vì A toàn ánh nên

Y =∞⋃n=1

nA(BX(0; 1)).

Theo giả thiết Y là không gian Banach nên nó thuộc phạm trù thứ 2, theo Định

lý Baire tồn tại n0 ∈ N sao choo

n0A(BX(0; 1)) 6= ∅. Suy rao

A(BX(0; 1)) 6= ∅.Do đó tồn tại số r > 0 và y0 ∈ Y sao cho BY (y0; 4r) ⊂ A(BX(0; 1)). Vì y0 ∈A(BX(0; 1)) nên −y0 ∈ A(BX(0; 1)). Từ đó suy ra

BY (0; 4r) ⊂ 2A(BX(0; 1)).

VậyBY (0; 2r) ⊂ A(BX(0; 1)).

2) Bây giờ ta chứng minh BY (0; r) ⊂ A(BX(0; 1)). Điều này nghĩa là với mỗiy ∈ Y thoả mãn ‖y‖ < r ta chứng minh tồn tại x ∈ BX(0; 1) sao cho y = Ax.



Theo 1) ta có với mỗi ε > 0 tồn tại x ∈ X sao cho ‖x‖ < 12

và thoả ‖y−Ax‖ <ε. Với ε = r

2khi đó tồn tại x1 ∈ X sao cho ‖x1‖ < 1

2và thoả ‖y − Ax1‖ < r

2.

Lại theo 1) với ‖y − Ax1‖ < r2

tồn tại x2 ∈ X sao cho ‖x2‖ < 122 và thoả

‖y − Ax1 − Ax2‖ < r22 . Tiếp tục quá trình khi đó tồn tại dãy (xn) trong X thoả

‖xn‖ < 12n

và ‖y −Ax1 − · · · −Axn‖ < r2n.

Ta thấy chuỗi∞∑n=2

‖xn‖ hội tụ, vì X là không gian Banach nên chuỗi∞∑n=1

xn hội

tụ về x ∈ X. Theo giả thiết A tuyến tính liên tục nên ta có

Ax = A( limn→∞

n∑k=1

xk) = limn→∞

n∑k=1

Axk = y.

3) Giả sử G mở trong X. Lấy y0 điểm bất kỳ trong A(G), khi đó tồn tại x0 ∈ Gsao cho y0 = Ax0. Vì G mở nên tồn tại BX(x0; ε) ⊂ G hay x0 + BX(0; ε) ⊂ G.Khi đó ta có y0 +A(BX(0; ε)) ⊂ A(G). Theo 2) tồn tại số r > 0 sao cho

BY (0; rε) ⊂ A(BX(0; ε).

Suy ra y0 +BY (0; rε) ⊂ A(G), hay BY (y0; rε) ⊂ A(G). Vậy A(G) là tập mở.


§2. Nguyên lý ánh xạ mở 47

Hệ quả 2.3. ChoX,Y là hai không gian Banach vàA là song ánh tuyến tính liêntục từ X vào Y . Khi đó A là phép đồng phôi.

Định nghĩa 2.4. Giả sử X,Y là hai không gian tuyến tính định chuẩn. Ánh xạA từ X vào Y được gọi là toán tử đóng nếu đồ thị Gr(A) = (x,Ax)| x ∈ X của A là tập đóng.

Nhân xét: Nếu A là ánh xạ liên tục từ X vào Y thì A là toán tử đóng.

Định lý 2.5. (Nguyên lý đồ thị đóng) Giả sử X,Y là hai không gian Banach vàánh xạ A từ X vào Y là toán tử đóng. Khi đó A liên tục.

Chứng minh. Vì X,Y là hai không gian Banach nên không gian tích X × Ylà không gian Banach. Theo giả thiết Gr(A) đóng trong không gian Banach nênGr(A) cũng là không gian Banach.

Xét các ánh xạ chiếupX : X × Y −→ X

pY : X × Y −→ Y

đó là các toán tử liên tục.



Đặt p = pX|Gr(A) khi đó ánh xạ này xác định bởi hệ thức p(x,Ax) = x là mộttoàn ánh liên tục, do đó theo nguyên lý ánh xạ mở p là phép đồng phôi. Vì vậyA = pY p−1 là ánh xạ liên tục.

§ 3 ĐỊNH LÝ HAHN-BANACH

Định lý 3.1. (Định lý Hahn-Banach về sự thác triển phiếm hàm tuyến tính trongkhông gian thực)[4] Cho X là một không gian tuyến tính thực, p là một sơ chuẩntrên X, M là một không gian con của X và f là một phiếm hàm tuyến tính trênM sao cho

f(x) ≤ p(x), với mọi x ∈M.

Khi đó tồn tại một phiếm hàm F trên X saocho F (x) = f(x) với mọi x ∈M và

F (x) ≤ p(x), với mọi x ∈ X.

Chứng minh. Chia chứng minh ra làm hai bước1) Lấy x0 ∈ X \M và đặt M1 = LinM,x0. Ta chứng minh rằng f có thể

thác triển thành f1 trênM1 và thoả mãn điều kiện f1(x) ≤ p(x) với mọi x ∈M1.


§3. Định lý Hahn-Banach 49

Thật vậy, với mọi x, y ∈M ta có:

f(x)− f(y) = f(x− y) ≤ p(x− y) ≤ p(x+ x0) + p(−y − x0).

Suy ra

−p(−y − x0)− f(y) ≤ p(x+ x0)− f(x), với mọi x, y ∈M.

Đặt α = sup−p(y − x0)− f(y) : y ∈M (2) và β = infp(x + x0)− f(x) :

x ∈M.Chọn λ sao cho α ≤ λ ≤ β. Khi đó, ta xác định phiếm hàm f1 trênM1 như sau

f1(x1) = f1(x + ξx0) = f(x) + ξλ trong đó x ∈ M và ξ ∈ R. Dễ dàng kiểm traf1 là một phiếm hàm tuyến tính trên M1 và f1(x) = f(x) với mọi x ∈M .

Ta còn phải chứng minh f1(x1) ≤ p(x1) với mọi x1 ∈ M1. Giả sử ξ 6= 0, do đóxξ∈M . Từ (2) ta suy ra

−p(−x

ξ− x0)− f(

x

ξ) ≤ λ ≤ p(

x

ξ+ x0)− f(

x

ξ)(3)

nếu ξ > 0 thì từ (3) ta được

f1(x1) = f(x) + ξλ ≤ p(x+ ξx0) = p(x1), với mọi x1 ∈M1



nếu ξ < 0 tương tự ta cũng có f1(x1) ≤ p(x1).

2) Kí hiệu P là họ gồm các phần tử (Mα, fα) trong đó Mα là một không giancon của X chứa M và fα là một phiếm hàm tuyến tính từ Mα vào R sao chofα(x) = f(x) với mọi x ∈ M và fα(x) ≤ p(x) với mọi x ∈ Mα. Trên P tatrang bị một quan hệ thứ tự như sau fα ≤ fβ khi và chỉ khi Mα ⊂ Mβ vàfβ(x) = fα(x), với mọi x ∈ Mα. Khi đó P là tập sắp thứ tự. Giả sử P1 ⊂ Plà một bộ phận sắp thẳng. Ta đặt Z = ∪

(Mα,fα)∈P1Mα. Với mỗi x ∈ Z tồn tại

(Mα, fα) ∈ P1 sao cho x ∈ Mα, đặt h(x) = fα(x). Do tính sắp thẳng của P1

nên Z là một không gian con của X chứa M và (Z, h) là một cận trên của P1.Theo bổ đề Zorn tồn tại phần tử tối đại (Y, F ) trong P . Khi đó Y = X. Thật vậy,nếu Y 6= X thì theo cách xây dựng trên sẽ tồn tại một phần tử (Y1, F1) lớn hơn(Y, F ). Điều này mâu thuẩn với (Y, F ) là phần tử tối đại. Vậy F là hàm cần tìm.

Định lý 3.2. (Định lý Hahn-Banach về sự thác triển phiếm hàm tuyến tính trongkhông gian phức) Cho X là một không gian tuyến tính phức, p là một nửa chuẩntrên X, M là một không gian con của X và f là một phiếm hàm tuyến tính trên



M sao cho|f(x)| ≤ p(x), với mọi x ∈M.

Khi đó tồn tại một phiếm hàm F trên X saocho F (x) = f(x) với mọi x ∈M và

|F (x)| ≤ p(x), với mọi x ∈ X.

Chứng minh. Trước hết, ta có nhận xét sau: Cho f là một phiếm hàm tuyến tínhphức thì có thể biểu diễn f(x) = f1(x) + if2(x) trong đó f1, f2 là hai hàm tuyếntính thực. Khi đó, ta có f(ix) = f1(ix) + if2(ix) = if1(x)− f2(x).

Suy raf(x) = f1(x)− if1(ix) (3).

Hơn nữa, ta lại có f1(x) ≤ |f(x)| ≤ p(x), với mọi x ∈M .Bây giờ ta áp dụng Định lý Hahn-Banach thực cho hàm f1 xét trên không gian

thực M . Khi đó tồn tại một phiếm hàm F1 trên X sao cho F1(x) = f1(x) trên Mvà thoả mãn điều kiện F1(x) ≤ p(x) trên X. Mặt khác, ta có

−F1(x) = F1(−x) ≤ p(−x) = p(x), ∀x ∈ X.

Suy ra |F1(x)| ≤ p(x), với mọi x ∈ X.



Đặt F (x) = F1(x)− iF1(ix). Khi đó F là một phiếm hàm tuyến tính phức trênX và F (x) = f(x), với mọi x ∈ X.

Mặt khác, ta có |F (x)| = F (x)e−iθ trong đó θ là argument của F (x). Suy ra

|F (x)| = F (x)e−iθ = F (e−iθx) = F1(e−iθx)

vì phần ảo của F (e−iθx) = 0.Vì vậy, |F1(e

−iθx)| ≤ p(e−iθx) = p(x). Vậy |F (x)| ≤ p(x) với mọi x ∈ X.

Định lý 3.3. (Định lý Hahn-Banach về sự thác triển phiếm hàm tuyến tính trongkhông gian tuyến tính định chuẩn) Cho X là một không gian tuyến tính địnhchuẩn, M là một không gian con của X và f là một phiếm hàm tuyến tính liêntục trên M . Khi đó tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục F trên X saochoF (x) = f(x) với mọi x ∈M và ‖F‖ = ‖f‖.

Chứng minh. Đặt p(x) = ‖f‖‖x‖ với mọi x ∈ X. Khi đó p là nửa chuẩn TheoĐịnh lý 3.2 tồn tại phiếm hàm F thác triển của f lên X sao cho |F (x)| ≤ p(x) =

‖f‖‖x‖ với mọi x ∈ X. Do đó F liên tục và ‖F‖ ≤ ‖f‖. Mặt khác, ta luôn luôncó ‖f‖ ≤ ‖F‖. Vậy ‖F‖ = ‖f‖.



Hệ quả 3.4. Cho X là một không gian tuyến tính định chuẩn, x0 ∈ X khác0. Khi đó tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục f trên X sao cho ‖f‖ =

1và f(x0) = ‖x0‖.

Chứng minh. Đặt M = Linx0 = αx0 : α ∈ C và f1(αx0) = α‖x0‖. Khiđó f1 là phiếm hàm tuyến tính liên tục trên M . Theo Định lý 3.3 tồn tại phiếmhàm tuyến tính liên tục f là thác triển của f1 lên X sao cho ‖f‖ = ‖f1‖ = 1 vàf(x0) = f1(x0) = ‖x0‖.

Hệ quả 3.5. Cho X là một không gian tuyến tính định chuẩn, M là một khônggian con của X, x0 ∈ X sao cho d=dist(x0,M) > 0. Khi đó tồn tại một phiếmhàm tuyến tính liên tục f trên X sao cho f(x0) = 1 f(x) = 0 với mọi x ∈M và ‖f‖ =

1

d.

Chứng minh. Đặt M1 = Linx0,M = x + αx0 : x ∈ M,α ∈ C vàf1(x+αx0) = α. Khi đó f1 là phiếm hàm tuyến tính liên tục trênM1 với f(x0) =

1, f(x) = 0 với mọi x ∈M . Ngoài ra, ta có

‖f1‖ = supx+αx0 6=0

|f(x+ αx0)|‖x+ αx0‖

= supα6=0,x∈M

|α||α|‖x

α+ x0‖



supα 6=0,x∈M

1

‖xα

+ x0‖=

1

infα 6=0,x∈M

‖xα

+ x0‖=

1

d.

Theo Định lý 3.3 tồn tại f là thác triển của f1 lên X sao cho ‖f‖ = ‖f1‖ =1

d.

§ 4 KHÔNG GIAN LIÊN HIỆP

Định nghĩa 4.1. Cho X là một không gian tuyến tính định chuẩn trên trườngK. Khi đó L(X,K) tập tất cả các phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X là mộtkhông gian định chuẩn và nó được gọi là không gian liên hiệp của X. Kí hiệuX∗ = L(X,K)

Nhận xét:1) Với mỗi phần tử x∗ ∈ X∗ là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X và có

chuẩn là‖x∗‖ = sup

‖x‖=1

|x∗(x)|.

2) Không gian liên hiệp X∗ của một không gian tuyến tính định chuẩn là một


§4. Không gian liên hiệp 55

không gian Banach.

3) Với mỗi x ∈ X, ta có

‖x‖ = supx∗∈X∗,‖x∗‖=1

|x∗(x)|.

Thật vậy, theo định nghĩa của chuẩn toán tử tuyến tính ta có |x∗(x)| ≤ ‖x∗‖‖x‖.Suy ra sup

‖x∗‖=1

|x∗(x)| ≤ ‖x‖ với mọi x∗ ∈ X∗. Ngược lại, nếu x = 0 đẳng thức trên

luôn đúng; nếu x 6= 0 thì theo Hệ quả của định lý Hahn-Banach tồn tại x∗ ∈ X∗

sao cho x∗(x) = ‖x‖ và ‖x∗‖ = 1. Vậy

‖x‖ = |x∗(x)| ≤ sup‖x∗‖=1

|x∗(x)|.

Định lý 4.2. Với mỗi f ∈ (Kn)∗ tồn tại phần tử a ∈ Kn sao cho

f(x) =n∑k=1

akxk, ∀(x1, . . . , xn) ∈ Kn

Ngược lại, với mỗi a = (a1, . . . , an) ∈ Kn tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên



tục fa trên Kn sao cho

fa(x) =n∑k=1

akxk, ∀(x1, . . . , xn) ∈ Kn

và ‖fa‖ = ‖a‖ với

‖a‖ = (n∑k=1

|ak|2)12

.

Chứng minh. Đặt ek = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0), k = 1, . . . , n. Khi đó, e1, . . . , enlà một cơ sở của Kn. Với mỗi x ∈ Kn ta có

x =n∑k=1

xkek.

Vì f ∈ (Kn)∗ nên f(x) =∑n

k=1 xkf(ek). Đặt ak = f(ek), k = 1, . . . , n, ta đượca = (a1, . . . , an) ∈ Kn và

f(x) =n∑k=1

akxk.



Ngược lại, với mỗi a = (a1, . . . , an) ∈ Kn, ta đặt

fa(x) =n∑k=1

akxk, ∀(x1, . . . , xn) ∈ Kn

Khi đó fa tuyến tính, liên tục và

|fa(x)| ≤ (n∑k=1

|xk|2)12(

n∑k=1

|ak|2)12 = ‖a‖‖x‖.

Suy ra ‖fa‖ ≤ ‖a‖.Nếu a = 0 ta chọn f = 0, nếu a 6= 0 ta chọn x0 = (y1, . . . , yn) với yk = ak

‖a‖.Khi đó, ‖x0‖ = 1 và

fa(x0) =n∑k=1

akak

‖a‖= ‖a‖ ≤ ‖fa‖.

Vậy ‖fa‖ = ‖a‖.

Định nghĩa 4.3. (Không gian liên hiệp thứ 2) ChoX là một không gian địnhchuẩn. Khi đó ta cóX∗ là không gian liên hiệp củaX. Ta gọi không gian liên hiệp



của không gian X∗ là không gian liên hiệp thứ 2 của không gian định chuẩn X.Kí hiệu X∗∗.

Nhận xét : Ta nhận thấy mối liên hệ giữa không gian X và không gian X∗

không được rõ ràng. Tuy nhiên giữa không gian X và không gian X∗∗ có mốiquan hệ khá rõ ràng. Điều này thể hiện qua định lý sau.

Định lý 4.4. Cho X là một không gian định chuẩn. Khi đó tồn tại một đơn ánhtuyến tính ϕ từ X vào X∗∗ sao cho ‖ϕ(x)‖ = ‖x‖, với mọi x ∈ X.

Chứng minh. Với mỗi x ∈ X ta xét ánh xạ x xác định trên X∗ như sau: (x∗) =

x∗(x), ∀x∗ ∈ X∗.Khi đó, x tuyến tính. Thật vậy, với mọi x∗, y∗ ∈ X∗, α, β ∈ K ta có

(αx∗ + βy∗) = (αx∗ + βy∗)(x) = αx∗(x) + βy∗(x) = αx(x∗) + βx(y∗).

Hơn nữa, ta cósup

x∗,‖x∗‖=1

|x(x∗)| = supx∗,‖x∗‖=1

|x∗(x)| = ‖x‖.

Suy ra x liên tục và có chuẩn ‖x‖ = ‖x‖. Điều này chứng tỏ có một đơn ánh tuyếntính ϕ : X → X∗∗ và bảo toàn chuẩn.


§5. Hội tụ yếu 59

Ngoài ra ϕ là ánh xạ tuyến tính. Thật vậy, với mọi x, y ∈ X,α, β ∈ K ta có

(ϕ(αx+βy))(x∗) = x∗(αx+βy) = αx∗(x) +βx∗(y) = (αϕ(x) +βϕ(y))(x∗),

với mọi x∗ ∈ X∗. Suy ra ϕ(αx + βy) = αϕ(x) + βϕ(y). Từ tính tuyến tính vàbảo toàn chuẩn của ϕ suy ra ϕ liên tục.

Như vậy với kết quả của định lý trên ta thấy không gian định chuẩn X là đẳngcự tuyến tính với một không gian con của không gian X∗∗, nên ta có thể xem X làmột không gian con của X∗∗.

§ 5 HỘI TỤ YẾU

Định nghĩa 5.1. Cho X là một không gian tuyến tính định chuẩn trên trường K.Kí hiệu X∗ = L(X,K) là tập tất cả các phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X.Dãy xn trong X được gọi là hội tụ yếu đến x trong X nếu với mọi x∗ ∈ X∗ dãyx∗(xn) hội tụ đến x∗(x) trong K. Kí hiệu xn

w→ x.

Chú ý Sự hội tụ theo chuẩn trong không gian tuyến tính định chuẩn được gọilà hội tụ mạnh.



Định lý 5.2. Mọi dãy hội tụ mạnh trong không gian tuyến tính định chuẩnX đềuhội tụ yếu.

Chứng minh. Giả sử xn là dãy trong X hội tụ đến x ∈ X. Với mỗi x∗ ∈ X∗

ta có x∗(xn) hội tụ đến x∗(x) (vì x∗ liên tục). Vậy xn hội tụ yếu đến x.

Định lý 5.3. Mọi dãy hội tụ yếu trong không gian tuyến tính định chuẩn X đềubị chặn trong X.

Chứng minh. Giả sử dãy xn hội tụ yếu trong X. Khi đó, với mỗi x∗ ∈ X∗

dãy x∗(xn) = xn(x∗) hội tụ trong K nên nó bị chặn; nghĩa là họ (xn)n∈N bịchặn điểm. Theo nguyên lý Banach-Steinhaus dãy (xn) bị chặn đều, nghĩa làsupn∈N‖xn‖ < +∞.


Chương 3

Các không gian Lp

§ 1 KHÔNG GIAN LP , 1 ≤ P < +∞

Giả sử (X,B, µ) là một không gian độ đo. Hàm số phức f(x) = u(x) + iv(x)

xác định trên tập hợp A ∈ B gọi là đo được trên A nếu u, v là hai hàm số thực đođược trênA. Rõ ràng nếu f là một hàm số phức đo được trênA thì |f | là một hàmsố thực đo được trên A.

Cho 1 ≤ p <∞, gọi Lp(X,µ) là tập hợp tất cả các hàm đo được trênX sao cho∫X

|f(x)|pdµ <∞,

61

62 Chương 3. Các không gian Lp

trong đó hai hàm phức tương đương trên X được xem là đồng nhất. Nếu X ⊂ Rn

là tập hợp đo được theo Lebesgue và µ là độ đo Lebesgue thì ta ký hiệu Lp(X).

Định lý 1.1. Tập hợp Lp(X,µ) với hai phép toán cộng là tổng của hai hàm vànhân là nhân một hàm với một số (thường gọi là nhân vô hướng) tạo thành mộtkhông gian vectơ.

Chứng minh. Giả sử f, g ∈ Lp(X,µ), ta có

|f(x) + g(x)| ≤ |f(x)|+ |g(x)|≤ 2max(|f(x)|, |g(x)|), với mọi x ∈ X.

Suy ra|f(x) + g(x)|p ≤ 2p(|f(x)|p + |g(x)|p), với mọi x ∈ X.

Vậy f + g ∈ Lp(X,µ).

Ngoài ra, với mọi α ∈ C ta có αf ∈ Lp(X,µ).

Vậy Lp(X,µ) là một không gian vectơ.

Bổ đề 1.2. Giả sử a, b là hai số dương. Nếu 1 < p <∞ và q thoả mãn 1p

+ 1q

= 1


§1. Không gian Lp, 1 ≤ p < +∞ 63

thìab ≤

ap

p+bq

q(3.1)

Chứng minh. Đặt ϕ(t) = tp

p+ 1

q− t, (t ≥ 0). Hàm ϕ(t) xác định trên [0,+∞)

và có đạo hàm tại mọi t ∈ [0,+∞) là ϕ′(t) = tp−1 − 1. Khi đó,

ϕ′(t) < 0, ∀t ∈ (0, 1) và ϕ′(t) > 0, ∀t ∈ (1,+∞).

Do đó hàm ϕ(t) đạt cực tiểu tại t = 1 và ϕ(1) = 0. Suy ra ϕ(t) ≥ ϕ(1), ∀t ∈[0,+∞).

Vậytp

p+

1

q− t ≥ 0, ∀t ∈ [0,+∞). (3.2)

Chọn t = ab−qp , ta thay vào (3.2) ta được

apb−q

p+

1

q− ab−

qp ≥ 0.

Vì vậy ta có

ab ≤ap

p+bq

q.



Định lý 1.3. (Bất đẳng thức Holder) Giả sử 1 < p <∞ và q thoả mãn 1p

+ 1q

= 1.Nếu f ∈ Lp(X,µ) và g ∈ Lq(X,µ) thì fg ∈ L1(X,µ) và∫

X

|f(x)g(x)|dµ ≤ (

∫X

|f(x)|pdµ)1p(

∫X

|g(x)|qdµ)1q . (3.3)

Chứng minh. Nếu∫X |f(x)|pdµ = 0 hoặc

∫X |g(x)|qdµ = 0 thì bất đẳng thức

(3.3) đúng.

Giả sử∫X |f(x)|pdµ > 0 và

∫X |g(x)|qdµ > 0.

Chọn a =|f(x)|

(∫X |f(x)|pdµ)

1p

và b =|g(x)|

(∫X |g(x)|qdµ)

1q

.

Áp dụng bất đẳng thức (3.1) ta được

|f(x)g(x)|

(∫X |f(x)|pdµ)

1p(∫X |g(x)|qdµ)

1q

≤1

p

|f(x)|p

(∫X |f(x)|pdµ)

+1

q

|g(x)|q

(∫X |g(x)|qdµ)

.


§1. Không gian Lp, 1 ≤ p < +∞ 65

Lấy tích phân hai vế ta được1

(∫X |f(x)|pdµ)

1p(∫X |g(x)|qdµ)

1q

∫X

|f(x)g(x)|dµ

≤1

p

∫X |f(x)|pdµ

(∫X |f(x)|pdµ)

+1

q

∫X |g(x)|qdµ

(∫X |g(x)|qdµ)

=1

p+

1

q= 1.

Vậy ∫X

|f(x)g(x)|dµ ≤ (

∫X

|f(x)|pdµ)1p(

∫X

|g(x)|qdµ)1q .

Chú ý rằng với tổng hữu hạn hoặc vô hạn ta cũng có bất đẳng thức tương tự∑k

|akbk| ≤ (∑k

|ak|p)1p(∑k

|bk|q)1q .

Định lý 1.4. (Bất đẳng thức Minkovski) Giả sử 1 ≤ p < +∞ và f, g ∈ Lp(X,µ).Khi đó f + g ∈ Lp(X,µ) và

(

∫X

|f(x) + g(x)|pdµ)1p ≤ (

∫X

|f(x)|pdµ)1p + (

∫X

|g(x)|pdµ)1p .



Chứng minh. Với mọi f, g ∈ Lp(X,µ), ta có∫X

|f(x)+g(x)|pdµ ≤∫X

|f(x)||f(x)+g(x)|p−1dµ+

∫X

|g(x)||f(x)+g(x)|p−1dµ.

Vì |f + g|p−1 ∈ Lq(X,µ) nên áp dụng bất đẳng thức Holder ta được∫X

|f(x) + g(x)|pdµ ≤ ‖f‖p(∫X

|f(x) + g(x)|(p−1)qdµ)1q

+ ‖g‖p(∫X

|f(x) + g(x)|(p−1)qdµ)1q

= (‖f‖p + ‖g‖p)(∫X

|f(x) + g(x)|pdµ)1q .

Suy ra

(

∫X

|f(x) + g(x)|pdµ)1p ≤ (

∫X

|f(x)|pdµ)1p + (

∫X

|g(x)|pdµ)1p (3.4)

Định lý 1.5. Cho (X,B, µ) là không gian độ đo, 1 ≤ p < +∞. Khi đó, hàm

‖f‖ = (

∫X

|f(x)|pdµ)1p

xác định một chuẩn trên Lp(X,µ) và Lp(X,µ) là một không gian tuyến tính địnhchuẩn.


§1. Không gian Lp, 1 ≤ p < +∞ 67

Chứng minh. Với mỗi f ∈ Lp(X,µ) theo định nghĩa

‖f‖ = (

∫X

|f(x)|pdµ)1p ≥ 0

và f = 0 hầu khắp nơi khi và chỉ khi∫X |f(x)|pdµ = 0, nghĩa là ‖f‖ = 0.

Với α ∈ K ta có

‖αf‖ = (

∫X

|αf(x)|pdµ)1p = |α|(

∫X

|f(x)|pdµ)1p = |α|‖f‖.

Với f, g ∈ Lp(X,µ) áp dụng bất đẳng thức Minkovski ta được

‖f + g‖p ≤ ‖f‖p + ‖g‖p.

Vậy ‖ ‖ là một chuẩn trên Lp(X,µ) và Lp(X,µ) là một không gian tuyến tínhđịnh chuẩn.

Định lý 1.6. Không gian Lp(X,µ), 1 ≤ p < +∞ là một không gian Banach.

Chứng minh. Giả sử fn là dãy cơ bản trong không gian Lp(X,µ). Khi đó, tồntại dãy con fnk của dãy fn sao cho

‖fnk+1 − fnk‖ ≤1

2k, k = 1, 2, . . .



Đặt

gm(x) =m∑k=1

|fnk+1(x)− fnk(x)|, với mọi x ∈ X.

Khi đó, (gm) là một dãy hàm đo được không âm trên X và

‖gm‖ ≤m∑k=1

‖fnk+1 − fnk‖ ≤m∑k=1

1

2k< 1, ∀m = 1, 2, . . . .

Với mỗi x ∈ X, đặt g(x) = limm→∞

gm(x), hàm g(x) có thể nhận giá trị vô cùng tại

một số điểm x. Theo bổ đề Fatou ta có∫X

|g(x)|pdµ =

∫X

limm→∞

|gm(x)|pdµ ≤ limm→∞

∫X

|gm(x)|pdµ ≤ 1.

Suy ra g khả tích trên X. Vậy g(x) hữu hạn hầu khắp nơi trên X và chuỗi∞∑k=1

|fnk+1(x)− fnk(x)| hội tụ hầu khắp nơi trên X.

Vì K là không gian Banach nên chuỗi

fn1(x) +∞∑k=1

(fnk+1(x)− fnk(x)) (3.5)


§1. Không gian Lp, 1 ≤ p < +∞ 69

hội tụ hầu khắp nơi về hàm f(x) trên X. Ta giả sử f(x) = 0 nếu chuỗi (3.5)không hội tụ. Từ (3.5) ta suy ra lim

nk→∞fnk(x) = f(x) hầu khắp nơi trên X. Vì

fn là dãy cơ bản nên với mỗi ε > 0, tồn tại n0 ∈ N, sao cho ‖fm − fn‖ < ε, vớimọi m,n ≥ n0. Áp dụng bổ đề Fatou ta được∫

X

|f(x)− fn(x)|pdµ =

∫X

limk→∞|fnk(x)− fn(x)|pdµ

≤ limk→∞

∫X

|fnk(x)− fn(x)|pdµ < εp, với mọi n ≥ n0.

Do đó ‖f − fn‖ < ε, với mọi n ≥ n0. Vậy f = (f − fn) + fn ∈ Lp(x, µ), vàlimn→∞ ‖f − fn‖ = 0.

Hệ quả 1.7. Cho 1 ≤ p < ∞. Nếu fn ⊂ Lp(X,µ) và limn→∞‖f − fn‖ = 0 thì

tồn tại một dãy con fnk của dãy fn, hội tụ hầu khắp nơi về f trên X.

Định lý 1.8. Cho dãy fn ⊂ Lp(X,µ), 1 ≤ p < ∞. Nếu dãy fn đơn điệutăng và hội tụ hầu khắp nơi về f trên X thì lim

n→∞‖f − fn‖ = 0.

Chứng minh. Ta có |f(x) − fn(x)|p ≤ |f(x) − f1(x)|p hầu khắp nơi trên Xvà lim

n→∞|f(x)− fn(x)| = 0 hầu khắp nơi. Theo định lý Lebesgue về sự hội tụ bị



chặn, ta suy ra

limn→∞

∫X

|f(x)− fn(x)|pdµ = 0.

Vậy limn→∞‖f − fn‖ = 0.

§ 2 KHÔNG GIAN L∞(X,µ)

Định nghĩa 2.1. [8] Giả sử g : X −→ [0,+∞] là đo được. Gọi S là tập tất cả cácsố thực α sao cho

µ(g−1((α,+∞])) = 0.

Nếu S = ∅, thì đặt β = +∞. Nếu S 6= ∅, thì đặt β = inf S. Vì

g−1((β,+∞]) =∞∪n=1g−1((β +

1

n,+∞])

và hợp của một họ đếm được các tập có độ đo 0 là một tập có độ đo 0 nên β ∈ S.Ta gọi β là ess.sup của g

Định nghĩa 2.2. Cho(X,B, µ) là không gian độ đo. Hàm phức f đo được trên X


§2. Không gian L∞(X,µ) 71

gọi là chủ yếu giới nội nếu ess.sup|f | ≤ K. Đặt

‖f‖∞ = ess.sup|f |

gọi là chuẩn vô cùng của f .

Chú ý: Ta có thể thấy rằng

‖f‖∞ = ess.sup|f | = infA⊂X,µA=0

sup |f(x)| < +∞, x ∈ X \A

Định lý 2.3. L∞(X,µ) với chuẩn được định nghĩa như trên là một không giantuyến tính định chuẩn.

Chú ý. Bất đẳng thức Holder vẫn còn đúng khi p = 1 và q =∞.

Định lý 2.4. L∞(X,µ) là một không gian Banach.

Chứng minh. Xét dãy fn là dãy cơ bản trong L∞(X,µ). Đặt

Em,n = x ∈ X : |fm(x)− fn(x)| > ‖fm − fn‖∞,

và

E =∞⋃n=1

∞⋃m=1

Em,n.



Khi đó Em,n đo được và µ(Em,n) = 0. Suy ra µ(E) = 0.Vì fn là dãy cơ bản nên với mỗi ε > 0 cho trước tồn tại n0 ∈ N sao cho‖fm − fn‖∞ < ε với mọi m,n ≥ n0. Vì |fm(x)− fn(x)| ≤ ‖fm − fn‖∞ với mọix ∈ X \E. Suy ra |fm(x)− fn(x)| < ε với mọi x ∈ X \E và với mọi m,n ≥ n0.

Với mỗi x ∈ X \ E dãy fn(x) là dãy cơ bản trong K nên tồn tại gới hạn. Tađặt f(x) = lim

n→∞fn(x) Khi đó hàm f xác định trên X \ E. Giả sử trên E ta đặt

f(x) = 0.Cố định m ≥ n0 và cho n→∞ từ bất đẳng thức trên ta được

|f(x)− fm(x)| ≤ ε, ∀x ∈ X \ E.

Vì µ(E) = 0 nên f − fm ∈ L∞(X,µ). Vậy f ∈ L∞(X,µ) và

limn→∞‖fn − f‖∞ = 0.

Vậy L∞(X,µ) là một không gian Banach.

Định lý 2.5. Cho G ⊂ Rn và µ(G) < +∞, 1 ≤ p ≤ q ≤ ∞. Nếu f ∈ Lq(G) thìf ∈ Lp(G) và

‖f‖p ≤ µ(G)1p−

1q‖f‖q. (3.6)


§2. Không gian L∞(X,µ) 73

Nếu f ∈ L∞(G) thì

limp→∞‖f‖p = ‖f‖∞.

Nếu f ∈ Lp(G), 1 ≤ p < ∞ và nếu tồn tại hằng số K > 0 sao cho ‖f‖p ≤ K

với mọi p thì f ∈ L∞(G) và ‖f‖∞ ≤ K.

Chứng minh. Nếu p = q thì (3.6) đúng.Nếu 1 ≤ p < q ≤ ∞ và f ∈ Lq(G) thì theo bất đẳng thức Holder ta có∫

G

|f(x)|pdµ ≤ (

∫G

|f(x)|qdµ)pq(

∫G

1dµ)1−pq .

Từ bất đẳng thức trên ta suy ra

‖f‖p ≤ µ(G)1p−

1q‖f‖q.

Nếu f ∈ L∞(G) thì từ (3.6) chuyển qua giới hạn ta được

limp→∞‖f‖p ≤ ‖f‖∞. (3.7)

Mặt khác, theo định nghĩa của chuẩn vô cùng khi đó với mỗi ε > 0 tồn tại tập đo



được A ⊂ G sao cho µ(A) > 0 và |f(x)| > ‖f‖∞ − ε với x ∈ A. Vậy∫G

|f(x)|pdµ ≥∫A

|f(x)|pdµ ≥ µ(A)(‖f‖∞ − ε)p.

Suy ra‖f‖p ≥ (µ(A))

1p(‖f‖∞ − ε).

Vì ε > 0 tuỳ ý nên ta đượclimp→∞‖f‖p ≥ ‖f‖∞. (3.8)

Từ (3.7) và (3.8) ta cólimp→∞‖f‖p = ‖f‖∞.

Ta chứng minh mệnh đề thứ ba của định lý bằng phản chứng. Giả sử tồn tạif ∈ Lp(G) thoả ‖f‖p ≤ K sao cho f /∈ L∞(G). Khi đó tồn tại số K1 > K và tậphợp A ⊂ G đo được với µ(A) > 0 sao cho |f(x)| ≥ K1 với mọi x ∈ A. Lập luậnnhư trong chứng minh (3.8) ta được

limp→∞‖f‖p ≥ K1.

Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy f ∈ L∞(G) và ‖f‖∞ ≤ K.


§3. Xấp xỉ bởi lớp hàm liên tục. Tính khả ly 75

§ 3 XẤP XỈ BỞI LỚP HÀM LIÊN TỤC. TÍNH KHẢ LY

Định nghĩa 3.1. (Hàm đơn giản) Giả sử (X,B, µ) là một không gian độ đo. Hàmphức s xác định trên X được gọi là hàm đơn giản đo được nếu nó là một hàm đođược trên X và chỉ lấy một số hữu hạn giá trị khác nhau.

Giả sử s lấy các giá trị c1, c2, . . . , cn. Khi đó s được biểu diễn dưới dạng

s =n∑k=1

ckχAk,

trong đó χAk là các hàm đặc trưng của các tập hợp

Ak = x ∈ X : s(x) = ck, k = 1, 2, . . . , n.

Mệnh đề Cho s là hàm đơn giản đo được trên X. s khả tích trên X khi và chỉ khiđộ đo của tập hợp x ∈ X : s(x) 6= 0 là hữu hạn.

Định lý 3.2. Tập hợp S gồm tất cả các hàm đơn giản khả tích trên X là trù mậttrong Lp(X,µ), với 1 ≤ p <∞.



Chứng minh. Hiển nhiên S ⊂ Lp(X,µ), với 1 ≤ p <∞.

Giả sử f ∈ Lp(X,µ). Ta đã biết một hàm phức đo được luôn biểu diễn dướidạng f = f1 − f2 + i(f3 − f4) trong đó fk, k = 1, 2, 3, 4 là các hàm thực khôngâm đo được trên X. Vì vậy ta chỉ cần xét hàm f ≥ 0 đo được trên X. Theo cấutrúc của hàm đo được khi đó tồn tại một dãy hàm sn đơn giản, đo được, khôngâm, đơn điệu tăng sao cho

limn→∞

sn(x) = f(x), ∀x ∈ X.

Vì 0 ≤ sn(x) ≤ f(x), ∀x ∈ X nên sn ∈ Lp(X,µ) với mọi n ∈ N. Ta có (f(x) −sn(x))p ≤ (f(x))p và

limn→∞

(f(x)− sn(x))p = 0

Theo giả thiết f ∈ Lp(X,µ) nên fp ∈ L1(X,µ). Áp dụng định lý Lebesgue về hộitụ bị chặn ta được

limn→∞‖f − sn‖p = 0.

Vì vậy với mỗifk, k = 1, 2, 3, 4 và mỗi ε > 0, tồn tại một hàm đơn giản khả tích



sk saocho ‖fk − sk‖p < ε4. Đặt s = s1 − s2 + i(s3 − s4) ta được

‖f − s‖p = ‖(f1 − s1)− (f2 − s2) + i[(f3 − s3)− (f4 − s4)]‖p < ε.

Vậy định lý được chứng minh.

Định lý 3.3. Tập hợp các hàm liên tục trên G ⊂ Rn có giá compact (được ký hiệuC0(G) ) trù mật khắp nơi trong Lp(G), 1 ≤ p <∞.

Chứng minh. Theo Định lý 3.2, tập hợp các hàm đơn giản khả tích trù mật trongLp(G). Vì vậy với mỗi f ∈ Lp(G) và mỗi ε > 0 tồn tại một hàm đơn giản s saocho ‖f − s‖p ≤ ε

2. Do đó ta chỉ cần chứng minh với s là hàm đơn giản tồn tại hàm

g ∈ C0(G) sao cho ‖g − s‖p ≤ ε2

là đủ. Vì s là hàm đơn giản khả tích nên giá củas hữu hạn. Ta có thể giả thiết s(x) = 0 với mọi x ∈ GC. Theo định lý Lusin tồntại hàm g ∈ C0(G) sao cho

|g(x)| ≤ supx∈Rn|s(x)|, ∀x ∈ G

vàµ(x ∈ G : s(x) 6= g(x)) < (

ε

4 supx |s(x)|)p.



Áp dụng bất đẳng thức Holder ta được∫G

|s(x)− g(x)|pdµ ≤ (

∫G

|s(x)− g(x)|qdµ)pq(

∫G

1dµ)1−pq , (1 ≤ p < q ≤ ∞).

Suy ra

‖s− g‖p ≤ ‖s− g‖∞(µ(x ∈ G : s(x) 6= g(x)))1p

< 2‖s‖∞(ε

4‖s‖∞) =

ε

2.

Vậy ‖f − g‖p ≤ ‖f − s‖p + ‖s− g‖p < ε.

Định lý 3.4. Cho G ⊂ Rn và 1 ≤ p < ∞. Khi đó, không gian Lp(G) là khônggian khả ly.

Chứng minh. Với mỗi m ∈ N ta đặt

Gm = x ∈ G : d(x, ∂G) ≥1

m.

Khi đó, Gm là tập compact. Gọi P là tập hợp tất cả các đa thức trên Rn có hệ sốphức hữu tỷ. Đặt

Pm = χGmf : f ∈ P.



Theo định lý Weierstrass Pm trù mật trong C(Gm). Khi đó, tập hợp∞⋃m=1

Pm là tập

đếm được.

Mặt khác, với mỗi f ∈ Lp(G) và với mỗi ε > 0 tồn tại g ∈ C0(G) sao cho‖f − g‖p < ε

2.

Nếu 1m< d(suppg, ∂G) thì tồn tại h ∈ Pm sao cho

‖g − h‖∞ <ε

2(µ(Gm))−

1p .

Suy ra

‖g − h‖p ≤ ‖g − h‖∞(µ(Gm))1p <

ε

2.

Vậy ‖f − h‖ < ε.

Vì∞⋃m=1

Pm là tập đếm được nên Lp(G) khả ly.



§ 4 KHÔNG GIAN LIÊN HIỆP

Định nghĩa 4.1. Cho G ⊂ Rn và 1 ≤ p ≤ ∞. Kí hiệu (Lp(G))∗ là tập hợp tất cảcác phiếm hàm tuyến tính liên tục trên Lp(G) và được gọi là không gian liên hợpcủa không gian Lp(G). Định lý sau nói lên mối quan hệ giữa không gian (Lp(G))∗

và không gian Lq(G), với q là số mũ liên hiệp của p.

Định lý 4.2. Cho G ⊂ Rn và 1 ≤ p ≤ ∞. Khi đó với mỗi g ∈ Lq(G), 1q

+ 1p

= 1

tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên Lp(G) xác định bởi

fg(f) =

∫G

f(x)g(x)dµ, f ∈ Lp(G) (3.9)

và ‖fg‖ = ‖g‖q.

Chứng minh. Theo tính chất của tích phân, phiếm hàm fg là tuyến tính trênLp(G). Hơn nữa, theo bất đẳng thức Holder ta có

|fg(f)| ≤∫G

|f(x)g(x)|dµ ≤ ‖f‖p‖g‖q.

Suy ra fg bị chặn. Vậy fg liên tục và ta có

‖fg‖ ≤ ‖g‖q. (3.10)



Bây giờ ta sẽ chứng minh bất đẳng thức ngược lại. Giả sử ‖g‖q 6= 0.Nếu p > 1 thì ta đặt

f0(x) =

|g(x)|q−2g(x) nếu g(x) 6= 0

0 nếu g(x) = 0,

Khi đó ta được ∫G

|f0(x)|pdµ =

∫G

|g(x)|(q−1)pdµ

=

∫G

|g(x)|qdµ = ‖g‖qq.

Suy ra f0 ∈ Lp(G).

Mặt khác, ta có

fg(f0) =

∫G

f0(x)g(x)dµ

=

∫G

|g(x)|qdµ

≤ ‖fg‖‖f0‖p.



Từ bất đẳng thức trên ta suy ra∫G

|g(x)|qdµ ≤ ‖fg‖(∫G

|g(x)|qdµ)1p .

Chia hai vế cho (∫G |g(x)|qdµ)

1p ta được

‖g‖q ≤ ‖fg‖. (3.11)

Từ (3.10) và (3.11) ta suy ra ‖fg‖ = ‖g‖q.

Nếu p = 1 thì q = ∞. Với 0 < ε < ‖g‖∞. Khi đó tồn tại tập A ⊂ G đo đượcsao cho µ(A) > 0 và |g(x)| > ‖g‖∞ − ε, với mọi x ∈ A. Đặt

f0(x) =

|g(x)|−1g(x) nếu x ∈ A

0 nếu x /∈ A.

Suy ra f0 ∈ L1(G).



Mặt khác, ta có

fg(f0) =

∫G

f0(x)g(x)dµ

=

∫G

|g(x)|dµ

≥∫G

(‖g‖∞ − ε)dµ

= ‖f0‖1(‖g‖∞ − ε).

Từ bất đẳng thức trên ta suy ra

‖g‖∞ − ε ≤ ‖fg‖. (3.12)

Từ (3.10) và (3.12) ta suy ra ‖fg‖ = ‖g‖∞.

Định lý 4.3. Giả sử f∗ ∈ (Lp(G))∗, 1 ≤ p ≤ ∞. Khi đó tồn tại hàm g ∈Lq(G), 1

q+ 1

p= 1 sao cho

f∗(f) =

∫G

f(x)g(x)dµ, ∀f ∈ Lp(G)



Chứng minh. Giả sử µ(G) < ∞. Với E ⊂ G đo được, ta biểu diễn E =∞⋃k=1

Ek

với Ek là các tập đo được phân biệt đôi một. Khi đó dãy hàmk∑i=1

χEi(x), k = 1, 2, . . .

là dãy hàm đo được không âm đơn điệu tăng hội tụ về χE(x). Theo Định lý 1.8 dãy∑k

i=1 χEi hội tụ về hàm χE trong Lp(G) và

f∗(χE) = limk→∞

f∗(k∑i=1

χEi) =∞∑k=1

f∗(χEk).

Ta đặt λ(E) = f∗(χE), trong đó E ⊂ G. Khi đó, λ là hàm tập và σ-cộng tínhxác định trên σ-đại số B các tập con đo được của G. Rõ ràng nếu E ⊂ G đo đượcvà µ(E) = 0 thì λ(E) = 0. Vậy λ là hàm tập σ-cộng tính và liên tục tuyệt đối đốivới µ. Theo Định lý Radon-Nikodym tồn tại hàm g đo được khả tích trên G saocho

λ(E) =

∫E

g(x)dµ, ∀E ∈ B,



g được xác định duy nhất trên G. Suy ra

f∗(χE) =

∫G

χE(x)g(x)dµ, ∀E ∈ B.

Từ tính tuyến tính của f∗ ta có

f∗(s) =

∫G

s(x)g(x)dµ,

trong đó s là hàm đơn giản khả tích, và vì vậy cũng đúng cho mọi f ∈ L∞(G) vìmọi hàm f ∈ L∞(G) là giới hạn đều của dãy hàm đơn giản fk. Từ sự hội tụđều của fk về f suy ra ‖f − fk‖p → 0. Vì vậy f∗(fk)→ f∗(f), khi k→∞.

Để chứng minh g ∈ Lq(G), ta chia hai trường hợpVới p = 1 ta có

|∫E

g(x)dµ| ≤ ‖f∗‖‖χE‖1 = ‖f∗‖µ(E)

với mọi E ∈ B. Suy ra |g(x)| ≤ ‖f∗‖ hầu khắp nơi. Vậy ‖g‖∞ ≤ ‖f∗‖.Với 1 < p < ∞. Theo một kết quả đã biết trong lý thuyết độ đo khi đó |g| =

gsign(g). Gọi En = x ∈ G : |g(x)| ≤ n và đặt f = χEn|g|q−1sign(g). Khi đó



|f |p = |g|q trên En và f ∈ L∞(G), hơn nữa theo phần chứng minh trên ta được∫En

|g(x)|qdµ =

∫G

f(x)g(x)dµ = f∗(f) ≤ ‖f∗‖(∫En

|g(x)|q)1p .

Vì vậy ∫G

χEn(x)|g(x)|qdµ ≤ ‖f∗‖q, n = 1, 2, . . .

Nếu ta chọn dãy En thoả điều kiện E1 ⊂ E2 ⊂ . . . En ⊂ . . . và∞⋃n=1

En = E thì

theo định lý về sự đơn điệu hội tụ ta được ‖g‖q ≤ ‖f∗‖. Vậy g ∈ Lq(G).

Nếu µ(G) =∞ thì ta biểu diễn G =∞⋃n=1

Gn trong đó các tập Gn đôi một phân

biệt và µ(Gn) < ∞. Đặt Ek = G1 ∪ . . . ∪ Gk. Hơn nữa với mọi tập E ⊂ G đođược ta luôn có ‖χEf‖p ≤ ‖f‖p. Vì vậy ánh xạ f 7−→ f∗(χEf) là một phiếm hàmtuyến tính trên Lp(G). Theo chứng minh trên tồn tại các hàm gn trên Gn sao cho

f∗(χGnf) =

∫G

f(x)gn(x)dµ, f ∈ Lp(G).



Giả sử gn(x) = 0 nếu x /∈ Gn và đặt g = g1 + g2 + · · · . Vì

f∗(χEnf) =

∫En

f(x)(g1(x) + · · ·+ gn(x))dµ, f ∈ Lp(G)

vì µ(En) <∞ nên ta có

‖g1 + g2 + . . .+ gn‖q ≤ ‖f∗‖, n = 1, 2, . . .

Áp dụng bổ đề Fatou ta suy ra ‖g‖q ≤ ‖f∗‖. Vậy g ∈ Lq(G).


Chương 4

Không gian Hilbert

§ 1 KHÁI NIỆM VỀ KHÔNG GIAN HILBERT

Định nghĩa 1.1. ChoH là một không gian trên trường K. Tích vô hướng xác địnhtrên H là một ánh xạ xác định như sau

〈., .〉 : H ×H −→ K

(x, y) −→ 〈x, y〉

thoả mãn các tiên đề sau

i) 〈x, y〉 = 〈y, x〉 với mọi x, y ∈ H.

89

90 Chương 4. Không gian Hilbert

ii) 〈x+ y, z〉 = 〈x, z〉+ 〈y, z〉 với mọi x, y, z ∈ H.

iii) 〈λx, y〉 = λ〈x, y〉 với mọi x, y ∈ H và λ ∈ K.

iv) 〈x, x〉 ≥ 0 với mọi x ∈ H và 〈x, x〉 = 0 khi và chỉ khi x = 0.

〈x, y〉 được gọi là tích vô hướng của hai vectơ x và y.

Cặp (H, 〈., .〉) được gọi là không gian tiền Hilbert (hay còn gọi là không gianUnita).

Từ định nghĩa ta nhận thấy rằng khi K là trường thực thì tích vô hướng là mộtdạng song tuyến tính xác định dương trên H.

Ví dụ1) Lấy H = Rn, với x = (x1, x2, . . . , xn), y = (y1, y2, . . . , yn) ∈ H và biểu

thức

〈x, y〉 =n∑i=1

xiyi,

xác định một tích vô hướng trên Rn.


§1. Khái niệm về không gian Hilbert 91

2) LấyH = C[0,1] không gian gồm các hàm liên tục trên [0, 1] nhận giá trị phức,với x, y ∈ H biểu thức

〈x, y〉 =

∫ 1

0

x(t)y(t)dt,

xác định một tích vô hướng trên C[0,1]. Khi đó không gian này là một không giantiền Hilbert và thường kí hiệu CL

[0,1].

Định lý 1.2. Cho H là không gian tiền Hilbert, với mọi x, y ∈ H ta luôn có bấtđẳng thức sau

|〈x, y〉|2 ≤ 〈x, x〉.〈y, y〉,

bất đẳng thức này được gọi là bất đẳng thức Schwarz.

Chứng minh. Với y = 0 bất đẳng thức đúng.Giả sử y 6= 0, với mọi λ ∈ K ta có

〈x+ λy, x+ λy〉 ≥ 0

suy ra〈x, x〉+ λ〈y, x〉+ λ〈x, y〉+ |λ|2〈xy, y〉 ≥ 0.



Vì λ tuỳ ý và y 6= 0 nên ta có thể chọn λ = −〈x,y〉〈y,y〉. Thay vào bất đẳng thức trênta được

〈x, x〉 −|〈x, y〉|2

〈y, y〉≥ 0.

Vậy bất đẳng thức Schwarz được chứng minh.

Nhận xét 1. Trong bất đẳng thức Schwarz dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x, y phụthuộc tuyến tính.

Định lý 1.3. Cho H là không gian tiền Hilbert. Khi đó,

‖x‖ = 〈x, x〉12 , x ∈ H

xác định một chuẩn trên H.

Chứng minh. Từ định nghĩa của tích vô hướng ta suy ra

i) ‖x‖ ≥ 0, với mọi x ∈ H; và ‖x‖ = 0 khi và chỉ khi x = 0.

ii) Với mọi x ∈ H và α ∈ C ta có ‖αx‖ = 〈αx, xα〉12 = |α|‖x‖.


§1. Khái niệm về không gian Hilbert 93

iii) Với mọi x, y ∈ H ta có

‖x+ y‖2 = 〈x+ y, x+ y〉= ‖x‖2 + 〈y, x〉+ 〈x, y〉+ ‖y‖2

= ‖x‖2 + 〈x, y〉+ 〈x, y〉+ ‖y‖2

= ‖x‖2 + 2Re(〈x, y〉) + ‖y‖2

≤ ‖x‖2 + 2|〈x, y〉|+ ‖y‖2.

Áp dụng bất đẳng thức Schwarz, ta có

‖x+ y‖2 ≤ ‖x‖2 + 2‖x‖‖y‖+ ‖y‖2 = (‖x‖+ ‖y‖)2.

Vậy ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖.

Định nghĩa 1.4. Cho không gian tiền Hilbert H, theo Định lý 1.3 thì H là mộtkhông gian tuyến tính định chuẩn. Nếu H là không gian đầy đủ thì ta gọi H làkhông gian Hilbert.

Ví dụ



1) Lấy H = Cn với tích vô hướng xác định bởi hệ thức

〈x, y〉 =n∑i=1

xiyi,

trong đó x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) ∈ Cn. Khi đó H là một không gianHilbert.

2) Cho (Ω,B, µ) là một không gian độ đo. Ký hiệu

L2(Ω) = f : Ω −→ C :

∫Ω

|f(x)|2dµ <∞.

Với tích vô hướng

〈f, g〉 =

∫Ω

f(x)g(x)dµ,

L2(Ω) là một không gian Hilbert.

§ 2 MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN

Định lý 2.1. Cho H là một không gian Hilbert. Khi đó

〈 , 〉 : H ×H −→ C,


§2. Một số tính chất cơ bản 95

là một hàm liên tục.

Chứng minh. Cho (xn), (yn) là hai dãy trong không gian tiền Hilbert H lầnlượt hội tụ về x0 và y0. Khi đó, ta có

|〈xn, yn〉 − 〈x0, y0〉| ≤ |〈xn, yn〉 − 〈xn, y0〉|+ |〈xn, y0〉 − 〈x0, y0〉|= |〈xn, yn − y0〉|+ |〈xn − x0, y0〉|≤ ‖xn‖‖yn − y0‖+ ‖xn − x0‖‖y0‖.

Theo giả thiết (xn) hội tụ trong H nên nó bị chặn, nghĩa là tồn tại số M > 0 saocho ‖xn‖ ≤M với mọi n ∈ N. Vì vậy, ta có

|〈xn, yn〉 − 〈x0, y0〉| ≤M‖yn − y0‖+ ‖xn − x0‖‖y0‖.

Chuyển qua giới hạn ta được

limn→∞|〈xn, yn〉 − 〈x0, y0〉| = 0.

Định lý 2.2. (Đẳng thức hình bình hành) Với mọi x, y trong một không gian tiềnHilbert H ta có

‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2(‖x‖2 + ‖y‖2).



Chứng minh. Với x, y ∈ H, ta có

‖x+ y‖2 = 〈x+ y, x+ y〉 = ‖x‖2 + 〈y, x〉+ 〈x, y〉+ ‖y‖2

‖x− y‖2 = 〈x− y, x− y〉 = ‖x‖2 − 〈y, x〉 − 〈x, y〉+ ‖y‖2.

Cộng hai vế của hai đẳng thức trên ta được đẳng thức hình bình hành.

Định lý 2.3. (Tích vô hướng sinh bởi chuẩn) Cho (X, ‖ ‖) là một không gian tuyếntính định chuẩn trên trường K. Giả sử với mọi x, y thuộc X thoả mãn

‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2(‖x‖2 + ‖y‖2). (4.1)

Khi đó trên X có một tích vô hướng sao cho 〈x, x〉 = ‖x‖2.

Chứng minh. Trước hết, ta xét X là một không gian tuyến tính thực.Đặt

〈x, y〉 =1

4[‖x+ y‖2 − ‖x− y‖2]. (4.2)

Từ (4.2) ta cói) 〈x, x〉 ≥ 0 với mọi x ∈ X.ii) 〈x, y〉 = 〈y, x〉 với mọi x, y ∈ X.



iii) Theo (4.1) và (4.2) ta có thể viết 〈x, y〉 dưới dạng

〈x, y〉 =1

2[‖x+ y‖2 − ‖x‖2 − ‖y‖2] (4.3)

hay

〈x, y〉 =1

2[‖x‖2 + ‖y‖2 − ‖x− y‖2]. (4.4)

Từ (4.3) và (4.4) ta có

〈x+ y, z〉 =1

4[‖x+ y + z‖2 − ‖x+ y − z‖2]

=1

4[‖x+ y + z‖2 + ‖x− y + z‖2 − ‖x− y + z‖2 − ‖x+ y − z‖2]

=1

2[‖x+ z‖2 + ‖y‖2 − ‖x‖2 − ‖y − z‖2] +

1

2[‖y‖2 + ‖z‖2 − ‖y − z‖2]

= 〈x, z〉+ 〈y, z〉.

iv) Bây giờ ta chứng minh 〈λx, y〉 = λ〈x, y〉 với mọi x, y ∈ H và λ ∈ K. Trướchết với mỗi x, y ∈ X cố định, ta xét hàm g(λ) = ‖λx+ y‖. Khi đó, ta có

|g(λ)− g(λ′)| = |‖λx+ y‖ − ‖λ′x+ y‖|≤ ‖(λ− λ′)x‖ = |λ− λ′|‖x‖.



nên g là một hàm của biến thực liên tục. Vì vậy, ta suy ra hàm

f(λ) = 〈λx, y〉 =1

4[‖λx+ y‖2 − ‖λx− y‖2]

liên tục theo biến thực λ.

Theo một tính chất đã biết f cộng tính (theo chứng minh iii)) và liên tục nên flà hàm tuyến tính, nghĩa là f(λ) có dạng f(λ) = Cλ trong đó C là một hằng số.Hơn nữa theo định nghĩa của f ta có f(1) = C = 〈x, y〉. Vậy f(λ) = 〈x, y〉λ,hay 〈λx, y〉 = λ〈x, y〉.

Với X là không gian tuyến tính phức. Đặt

〈x, y〉 =1

4[‖x+ y‖2 − ‖x− y‖2 + i‖x+ iy‖2 − i‖x− iy‖2]. (4.5)

Từ (4.5) ta có

i) 〈x, x〉 ≥ 0 với mọi x ∈ X.



ii) Với mọi x, y ∈ X ta có

〈y, x〉 =1

4[‖y + x‖2 − ‖y − x‖2 + i‖y + ‖2 − i‖y − ‖2]

=1

4[‖x+ y‖2 − ‖x− y‖2 + i‖i(x− iy)‖2 − i‖ − i(x+ iy)‖2]

=1

4[‖x+ y‖2 − ‖x− y‖2 − i‖x+ iy‖2 + i‖x− iy‖2]

= 〈x, y〉.

iii) Chứng minh tương tự như trong trường hợp thực.iv) Với x, y ∈ X cố định ta xét hàm f(λ) = (λx, y) tương tự trên ta chứng minh

f là hàm biến phức cộng tính liên tục nên f có dạng f(λ) = Cλ hoặc f(λ) = Cλ,trong đó C là hằng số và C = 〈x, y〉. Vì vậy ta suy ra

〈λx, y〉 = λ〈x, y〉, với mọi λ ∈ C,

hoặc〈λx, y〉 = λ〈x, y〉, với mọi λ ∈ C.

Mặt khác theo (4.5) ta có 〈ix, y〉 = i〈x, y〉, nên chỉ xảy ra

〈λx, y〉 = λ〈x, y〉, với mọi λ ∈ C.



Vậy trên X có một tích vô hướng và 〈x, x〉 = ‖x‖2.

Định lý 2.4. Cho M là một tập lồi, đóng và khác rỗng trong không gian HilbertH. Khi đó với mỗi x ∈ H tồn tại duy nhất một phần tử y ∈M sao cho ‖x−y‖ =

d(x,M).

Chứng minh. Nếu x ∈ M thì ta chọn y = x. Nếu x /∈ M , khi đó vì M đóngnên d = d(x,M) > 0 và tồn tại một dãy (yn) trongM sao cho lim ‖x− yn‖ = d.

Ta chứng minh (yn) là dãy Cauchy. Thật vậy, theo đẳng thức hình bình hành tacó

‖yn − ym‖2 = ‖(x− yn)− (x− ym)‖2

= 2‖x− yn‖2 + 2‖x− ym‖2 − ‖2x− (yn + ym)‖2

= 2‖x− yn‖2 + 2‖x− ym‖2 − 4‖x−yn + ym

2‖2

≤ 2‖x− yn‖2 + 2‖x− ym‖2 − 4d2

(vì M lồi nên yn+ym2∈M ). Cho m,n→∞ từ bất đẳng thức trên ta có

limm,n→∞

‖yn − ym‖ = 0.


§3. Hình chiếu trực giao. Cơ sở trực chuẩn 101

Vậy (yn) là dãy Cauchy. Do H là không gian đày đủ nên lim yn = y ∈ H. Vì Mđóng nên y ∈M . Từ đó ta có

limn→∞‖x− yn‖ = ‖x− y‖ = d.

Bây giờ ta chứng minh y là phần tử duy nhất. Giả sử tồn tại phần tử z ∈ M saocho ‖x− z‖ = d. Khi đó, từ đẳng thức hình bình hành ta có

0 ≤ ‖y− z‖2 ≤ 2‖x−y‖2 + 2‖x− z‖2− 4‖x−y + z

2‖2 ≤ 2d2 + 2d2− 4d2 = 0.

Vậy y = z, nghĩa là y là phần tử duy nhất.

§ 3 HÌNH CHIẾU TRỰC GIAO. CƠ SỞ TRỰC CHUẨN

Định nghĩa 3.1. Hai phần tử x, y trong không gian tiền Hilbert H được gọi làtrực giao nếu 〈x, y〉 = 0, kí hiệu x ⊥ y.

Hai tập hợp M,N trong H được gọi là trực giao với nhau nếu 〈x, y〉 = 0 vớimọi x ∈M và mọi y ∈ N , kí hiệu M ⊥ N .

Cho M ⊂ H, tập hợp tất cả những phần tử trong H trực giao với M kí hiệu là



M⊥ và gọi là phần bù trực giao của M .

Nhận xét. M⊥ phần bù trực giao của M là một không gian con đóng của H.

Định lý 3.2. Giả sửM là một không gian con đóng của không gian HilbertH. Khiđó với mỗi phần tử x ∈ H được biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng x = y+ z

trong đó y ∈M và z ∈M⊥. y được gọi là hình chiếu trực giao của x lên M .

cm Nếu x ∈M thì đặt y = x, z = 0. Nếu x /∈M thì M là lồi đóng nên tồn tạiduy nhất y ∈M sao cho ‖x− y‖ = d(x,M).

Đặt z = x − y, ta có x = y + z. Ta phải chứng minh z ∈ M⊥. Thật vậy, vớimọi α ∈ K,u ∈M ta có

‖z‖ = ‖x− y‖ ≤ ‖x− (y + αu)‖= ‖z − αu‖.

Từ đó ta suy ra

‖z‖2 ≤ 〈z − αu, z − αu〉= ‖z‖2 − α〈u, z〉 − α〈z, u〉+ α2‖u‖2.



Chọn α = 〈z, u〉 và ‖u‖ = 1, ta được 0 ≤ −|〈z, u〉|2. Suy ra 〈z, u〉 = 0 với mọiu ∈M, ‖u‖ = 1. Vậy z ∈M⊥.

Bây giờ ta chứng minh sự biểu diễn là duy nhất; giả sử x = y1 + z1 với y1 ∈Mvà z1 ∈ M⊥. Khi đó y − y1 = z1 − z nên y − y1 ∈ M và y − y1 ∈ M⊥, suy ra〈y− y1, y− y1〉 = 0. Vậy y = y1, do đó z = z1. Từ tính duy nhất của biểu diễn tacó thể viết X = M ⊕M⊥.

Định nghĩa 3.3. Ánh xạ P : H −→ M xác định bởi P (x) = y trong biểu diễncủa định lý trên được gọi là phép chiếu trực giao từ H lên M .

Định lý 3.4. Phép chiếu trực giao P của không gian Hilbert H lên không giancon đóng M 6= 0 là một toán tử tuyến tính liên tục và có ‖P‖ = 1.

Chứng minh. Với mọi x1, x2 ∈ H và α ∈ K, theo định lý trên ta có

x1 = Px1 + z1, x2 = Px2 + z2,

trong đó z1, z2 ∈M⊥. Vì vậy

x1 + x2 = Px1 + Px2 + z1 + z2,



trong đó Px1 + Px2 ∈M và z1 + z2 ∈M⊥.Từ tính duy nhất của sự biểu diễn trong định lý trên ta suy ra

P (x1 + x2) = Px1 + Px2.

Tương tự P (αx1) = αP (x1). Vậy P tuyến tính.Mặt khác, với x ∈ H ta có

‖x‖2 = ‖Px‖2 + ‖z‖2 ≥ ‖Px‖2.

Suy ra P bị chặn. Vậy P liên tục và ‖P‖ ≤ 1. Hơn nữa, với x ∈M ta có ‖Px‖ =

‖x‖. Vì vậy ‖P‖ = 1.

Định nghĩa 3.5. Một tập hợp S = xii∈T trong không gian tiền Hilbert H đượcgọi là hệ trực giao nếu các phần tử thuộc S trực giao với nhau từng đôi một. Nếumọi phần tử của S có chuẩn bằng 1 thì S được gọi là hệ trực chuẩn.

Định lý 3.6. Nếu S là một hệ các phần tử trực giao trong không gian tiền HilbertH thì S là hệ độc lập tuyến tính.



Chứng minh. Giả sử x1, x2, . . . , xn ∈ S và α1x1 + . . .+ αnxn = 0 với αi ∈ K.Khi đó với mỗi j ∈ 1, . . . , n ta có

〈n∑i=1

αixi, xj〉 = 〈0, xj〉 = 0

= 〈αjxj, xj〉 = αj‖xj‖2.

Từ đó ta suy ra αi = 0 với mọi i = 1, . . . , n. Vậy S là hệ độc lập trong H.

Định lý 3.7. ( Đẳng thức Pythagore) Nếu x1, x2, . . . , xn là một hệ tực giao trongH thì

‖n∑i=1

xi‖2 =n∑i=1

‖xi‖2.

Chứng minh. Ta có

‖n∑i=1

xi‖2 = 〈n∑i=1

xi,n∑i=1

xi〉 =n∑i=1

n∑j=1

〈xi, xj〉

n∑i=1

〈xi, xi〉 =n∑i=1

‖xi‖2.



Định lý 3.8. Giả sử e1, e2, . . . , en là một hệ gồm n phần tử trực chuẩn trongH.Khi đó, mỗi phần tử x ∈ H có hình chiếu trực giao lên không gian con M sinhbởi hệ e1, e2, . . . , en là

y =n∑i=1

〈x, ei〉ei.

Chứng minh. VìM là không gian con hữu hạn chiều nênM đóng trongH. Theođịnh lý hình chiếu trực giao, với mỗi x ∈ H được biểu diễn dưới dạng x = y + z,

trong đó y ∈ M,z ∈ M⊥. Do y ∈ M , ta có y =n∑i=1

αiei. Với mỗi j = 1, . . . , n ta

có

〈x, ej〉 = 〈y + z, ej〉 = 〈n∑i=1

αiei, ej〉

= αj‖ej‖2 = αj.

Vậy y =n∑i=1

〈x, ei〉ei.

Định lý 3.9. (Định lý trực giao hoá Schmidt) Giả sử xnn∈N là một hệ độc lậptuyến tính trong không gian tiền Hilbert H. Khi đó tồn tại một hệ trực chuẩn



enn∈N sao cho Line1, e2, . . . , en = Linx1, x2, . . . , xn, với mọi n ∈ N.

Chứng minh. Đặt e1 =x1

‖x1‖. Rõ ràng e1 là hệ trực chuẩn và Line1, =

Linx1.Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp. Giả sử có e1, . . . , en là hệ trực

chuẩn và Line1, e2, . . . , en = Linx1, x2, . . . , xn. Ta tìm yn+1 dưới dạng

yn+1 = xn+1 +n∑i=1

αiei

sao cho yn+1 trực giao với ej, j = 1, . . . , n. Ta có

〈yn+1, ej〉 = 〈xn+1, ej〉+ αj.

Suy ra αj = −〈xn+1, ej〉. Vậy yn+1 hoàn toàn xác định bởi biểu thức

yn+1 = xn+1 −n∑i=1

〈xn+1, ei〉ei.

Vì yn+1 6= 0, do đó ta đặt en+1 =yn+1

‖yn+1‖. Khi đó hệ e1, e2, . . . , en+1 là hệ trực

chuẩn và Line1, e2, . . . , en+1 = Linx1, x2, . . . , xn+1. Định lý chứng minhxong.



Định lý 3.10. Giả sử xnn∈N là hệ trực giao trong không gian HilbertH. Khi đó,

chuỗi∞∑n=1xn hội tụ khi và chỉ khi chuỗi

∞∑n=1‖xn‖2 hội tụ và

‖∞∑n=1

xn‖2 =∞∑n=1

‖xn‖2.

Đăc biệt, nếu enn∈N là hệ trực chuẩn, ta có

‖∞∑n=1

αnen‖2 =∞∑n=1

|αn|2.

Chứng minh. Với mỗi n ∈ N, đặt

Sn = x1 + x2 + . . .+ xn và Tn = ‖x1‖2 + ‖x2‖2 + . . .+ ‖xn‖2.



Khi đó với n, p ∈ N ta có

‖Sn+p − Sn‖2 = ‖n+p∑k=n+1

xk‖2

=

n+p∑k=n+1

‖xk‖2

= |Tn+p − Tn|.

Giả sử chuỗi∞∑n=1xn hội tụ suy ra dãy (Sn) hội tụ nên (Sn) là dãy cơ bản. Đẳng thức

trên chứng tỏ (Tn) là dãy cơ bản trong R nên nó hội tụ. Suy ra chuỗi∞∑n=1‖xn‖2 hội

tụ. Ngược lại, nếu∞∑n=1‖xn‖2 hội tụ, tương tự ta có (Sn) là dãy cơ bản trong H. Vì

H là không gian đầy đủ nên (Sn) hội tụ, nghĩa là chuỗi∞∑n=1xn hội tụ.

Hơn nữa, từ đẳng thức

‖n∑k=1

xk‖2 =n∑k=1

‖xk‖2



cho n→∞ ta được

‖∞∑n=1

xn‖2 =∞∑n=1

‖xn‖2.

Định lý 3.11. Giả sử enn∈N là hệ trực chuẩn trong không gian Hilbert H. Khi

đó, với mọi x ∈ H chuỗi∞∑n=1〈x, en〉en hội tụ và

∞∑n=1

|〈x, en〉|2 ≤ ‖x‖2 (∗),

chuỗi∞∑n=1〈x, en〉en được gọi là chuỗi Fourier của x đối với hệ en và bất đẳng

thức (*) được gọi là bất đẳng thức Bessel.

Chứng minh. Theo Định lý 3.10∞∑n=1〈x, en〉en hội tụ khi và chỉ khi

∞∑n=1|〈x, en〉|2

hội tụ. Với mỗi n ∈ N ta đặtMn = Line1, . . . , en. Khi đóMn là không gian conđóng của H, theo định lý hình chiếu trực giao với x ∈ H có biểu diễn duy nhấtdưới dạng x = yn + zn trong đó yn ∈M và zn ∈M⊥. Hơn nữa, ta có

yn =n∑i=1

〈x, ei〉ei.



Mặt khác, ta lại có

‖x‖2 = ‖yn‖2 + ‖zn‖2 =n∑i=1

|〈x, ei〉|2 + ‖zn‖2.

Suy ran∑i=1

|〈x, ei〉|2 ≤ ‖x‖2, với mọi n ∈ N.

Vậy∞∑n=1|〈x, en〉|2 ≤ ‖x‖2.

Định nghĩa 3.12. Hệ trực chuẩn en trong không gian Hilbert H được gọi làmột cơ sở trực chuẩn nếu không gian con sinh bởi hệ này trù mật trong H.

Định lý 3.13. Giả sử enn∈N là hệ trực chuẩn trong không gian Hilbert H. Khiđó, các mệmh đề sau là tương đương

a) Hệ enn∈N là cơ sở trực chuẩn.

b) Với mỗi x ∈ H ta có x =∞∑n=1〈x, en〉en.



c) Với mọi x, y ∈ H, ta có 〈x, y〉 =∞∑n=1〈x, en〉〈y, en〉.

d) Với mọi x ∈ H ta có ‖x‖2 =∞∑n=1|〈x, en〉|2.

Đẳng thức d) được gọi là đẳng thức Parseval.

Chứng minh. a) ⇒ b) Theo Định lý 3.11 ta có chuỗi∞∑n=1〈x, en〉en hội tụ. Đặt

y = x−∞∑n=1〈x, en〉en, ta chứng minh y = 0. Với mỗi j ∈ N ta có

〈y, ej〉 = 〈x, ej〉 − 〈∞∑n=1

〈x, en〉en, ej〉 = 〈x, ej〉 − 〈x, ej〉 = 0.

Điều này chứng tỏ y ⊥ M = Linen, n ∈ N. Do tích vô hướng là hàm liên tục

nên y ⊥M = H. Vì vậy 〈y, y〉 = 0 suy ra y = 0. Vậy x =∞∑n=1〈x, en〉en.



b)⇒ c) Với mọi x, y ∈ H theo b) ta có

〈x, y〉 = 〈∞∑n=1

〈x, en〉en,∞∑n=1

〈y, en〉en〉

= limn→∞〈n∑i=1

〈x, ei〉ei,n∑j=1

〈x, ej〉ej〉

= limn→∞

n∑i=1

n∑j=1

〈x, ei〉〈y, ej〉〈ei, ej〉

= limn→∞

n∑i=1

〈x, ei〉〈y, ei〉

=∞∑n=1

〈x, en〉〈y, en〉.

c)⇒ d) Với mỗi x ∈ H, từ c) ta được

〈x, x〉 =∞∑n=1

|〈x, en〉|2.

d)⇒ a) Ta chứng minh M⊥= 0 . Với mọi z ∈M⊥ ta suy ra 〈z, en〉 = 0 với



mọi n ∈ N (**). Theo d) ta có

‖z‖2 =∞∑n=1

|〈z, en〉|2.

Kết hợp với (**) ta được ‖z‖ = 0. Suy ra z = 0. Vì vậy M⊥= 0. Theo định lý

hình chiếu trực giao ta có

H = M ⊕M⊥= M.

Ví dụ : 1) Không gian

`2 = x = (ξn)n∈N|ξn ∈ C,∞∑n=1

|ξn|2 < +∞.

Hệ đếm được en trong đó en = (0, . . . , 0, 1, 0, . . .) và 〈ei, ej〉 = δij là cơ sởtrực chuẩn của `2. Thật vậy, với mỗi x ∈ `2 ta có 〈x, en〉 = ξn. Đặt xn =

(ξ1, ξ2, . . . , ξn, 0, . . .), khi đó xn ∈ `2 và ‖x−xn‖2 =∞∑

k=n+1

|xk|2 → 0, khin→∞.

Mặt khác, ta có

xn =n∑k=1

ξkek =n∑k=1

〈x, ek〉ek.



Suy ra xn → x khi n → ∞. Vậy x =∞∑n=1〈x, en〉en. Theo Định lý 3.13 en là cơ

sở trực chuẩn của `2.

2) Hệ các hàm lượng giác1√

2π,

1√π

cosnx,1√π

sinnx, n = 1, 2, . . .

là một cơ sở trực chuẩn trong L2[0, 2π].

Thật vậy, với mỗi n ∈ N ta có

〈1√

2π,

1√

2π〉 =

∫[0,2π]

1

2πdx = 1,

〈1√π

cosnx,1√π

cosnx〉 =

∫[0,2π]

1

πcos2 nxdx = 1,

〈1√π

sinnx,1√π

sinnx〉 =

∫[0,2π]

1

πsin2 nxdx = 1,

nên hệ này là hệ trực chuẩn.Với mỗi f ∈ L2[0, 2π] và với mỗi ε > 0 tồn tại một hàm g ∈ C[0,2π] sao cho‖f − g‖ < ε

2.



Mặt khác theo Định lý Weierstrass tồn tại hàm

h(x) =n∑k=1

(Ak cos kx+Bk sin kx)

sao chosup

x∈[0,2π]

|g(x)− h(x)| <ε

2√

2π.

Suy ra

‖g − h‖ =( ∫

[0,2π]

|g(x)− h(x)|2dx)1

2 <ε

2.

Vậy ‖f − h‖ < ε.

Do đó hệ trên là cơ sở trực chuẩn của L2[0, 2π]. Và từ đó ta có: với mọi f ∈L2[0, 2π] khai triển được thành chuỗi Fourier như sau

f(x) =a0√π

+∞∑k=1

(akcos kx√π

+ bksin kx√π

)

trong đó

a0 =1√

2π

∫[0,2π]

f(x)dx,



ak =1√

2π

∫[0,2π]

f(x) cos kxdx, k = 1, 2, . . .

bk =1√

2π

∫[0,2π]

f(x) sin kxdx, k = 1, 2, . . . .

Định lý 3.14. (Định lý Riesz) Giả sử enn∈N là một cơ sở trực chuẩn trong không

gian Hilbert H. Nếu dãy số (ξn) thoả mãn điều kiện∞∑n=1|ξn|2 < ∞ thì sẽ tồn tại

duy nhất x ∈ H nhận ξn làm hệ số Fourier ξn = 〈x, en〉 và

x =∞∑n=1

ξnen, ‖x‖2 =∞∑n=1

|ξn|2.

Chứng minh. Theo Định lý 3.10 chuỗi∞∑n=1|ξn|2 hội tụ kéo theo chuỗi

∞∑n=1ξnen hội

tụ. Đặt x =∞∑n=1ξnen. Với mỗi m ∈ N, ta có

〈x, em〉 = 〈∞∑n=1

ξnen, em〉 = ξm.

Điều này có nghĩa x nhận các số ξn làm hệ số Fourier.



Giả sử có y ∈ H sao cho ξn = 〈y, en〉 với mọi n ∈ N. Khi đó ta có

ξn = 〈x, en〉 = 〈y, en〉.

Do vậy 〈x−y, en〉 = 0 với mọi n ∈ N. Suy ra x−y trực giao vớiM là không giancon sinh bởi hệ enn∈N. Vì tích vô hướng liên tục nên x − y ⊥ M , mà M = H.Vậy x = y.

Định lý 3.15. Mọi không gian Hilbert khả ly H đều có một cơ sở trực chuẩn đếmđược hoặc hữu hạn.

Chứng minh. Theo giả thiết tồn tại tập hợp không quá đếm được S trù mật trongH. Trong S ta loại các phần tử phụ thuộc tuyến tính đối với các phần tử trước nó.Khi đó ta được một hệ xn các phần tử độc lập tuyến tính mà Linxn = LinS.Theo định lý trực giao hoá Schmidt ta tìm được hệ trực chuẩn en không quáđếm được và Linen = Linxn. Khi đó ta có Linen = LinS = H.

Vậy en là một cơ sở trực chuẩn của H.

Định lý 3.16. Hai không gian Hilbert có cùng số chiều hữu hạn hoặc cùng vô hạnvà khả ly thì đều đẳng cấu với nhau. Đăc biệt, mọi không gian Hilbert vô hạn khả


§4. Không gian liên hợp 119

ly đều đẳng cấu với không gian `2.

§ 4 KHÔNG GIAN LIÊN HỢP

Định nghĩa 4.1. Cho H là một không gian Hilbert. Kí hiệu H∗ = L(H,K) làkhông gian gồm tất cả các phiếm hàm tuyến tính liên tục trên H và nó được gọilà không gian liên hợp của H.

Định lý 4.2. (Định lý F. Riesz) ChoH là một không gian Hilbert. Với mỗi phần tửa ∈ H tồn tại một phiêm hàm tuyến tính liên tục fa trên H xác định bởi

fa(x) = 〈x, a〉,

và ‖fa‖ = ‖a‖.Ngược lại, với mỗi x∗ ∈ H∗ tồn tại duy nhất một phần tử a ∈ H sao cho

x∗(x) = 〈x, a〉 và ‖a‖ = ‖x∗‖.

Chứng minh. Theo định nghĩa của tích vô hướng ta suy ra fa tuyến tính và từ



bất đẳng thức Schwartz ta được

|fa(x)| = |〈x, a〉| ≤ ‖x‖‖a‖, với mọi x ∈ H.

Vậy fa liên tục và ta có ‖fa‖ ≤ ‖a‖.Chọn x = a ta được |fa(a)| = ‖a‖2. Vậy ‖fa‖ = ‖a‖.Ngược lại, giả sử x∗ ∈ H∗. Nếu x∗ = 0 ta chọn a = 0. Nếu x∗ 6= 0 thì ta đặt

M = x ∈ H | x∗(x) = 0

Khi đó M là không gian con đóng trong H và H \M 6= ∅. Theo định lý hìnhchiếu trực giao ta có H = M ⊕M⊥. Suy ra M⊥ 6= 0. Chọn e ∈ M⊥ sao cho‖e‖ = 1.

Với mỗi z ∈ M⊥, ta xét phần tử u = x∗(e)z − x∗(z)e. Khi đó u ∈ M⊥. Hơnnữa, vì x∗(u) = 0 nên u ∈M . Vậy u = 0. Hay z = x∗(z)

x∗(e)e.Với mọi x ∈ H có sự biểu diễn x = y + z trong đó y ∈M và z ∈M⊥. Suy ra

x = y +x∗(z)

x∗(e)e.


§4. Không gian liên hợp 121

Theo tính chất của tích vô hướng ta có

〈x, e〉 = 〈y, e〉+x∗(z)

x∗(e)=x∗(z)

x∗(e).

Vậy x∗(z) = x∗(e)〈x, e〉 = 〈x, x∗(e)e〉. Vì x∗(y) = 0 nên x∗(x) = x∗(z) =

〈x, x∗(e)e〉.

Đặt a = x∗(e)e, khi đó a ∈ H. Vậy x∗(x) = 〈x, a〉.

Giả sử có b ∈ H sao cho x∗(x) = 〈x, b〉. Từ đó ta suy ra 〈x, a〉 = 〈x, b〉 hay〈x, a − b〉 = 0 với mọi x ∈ H. Vì vậy 〈a − b, a − b〉 = 0. Suy ra a − b = 0 haya = b.

Nhận xét Từ định lý trên ta có thể thiết lập một song ánh từ H vào H∗ nhưsau

ϕ : H −→ H∗

x 7−→ ϕ(x) = fx



Khi đó ϕ là cộng tính. Thật vậy, với mọi x, y, z ∈ H và α ∈ K ta có

ϕ(x+ y)(z) = fx+y(z) = 〈x+ y, z〉= 〈x, z〉+ 〈y, z〉= fx(z) + fy(z) = ϕ(x)(z) + ϕ(y)(z).

ϕ(αx)(z) = fαx(z) = 〈αx, z〉= α〈x, z〉 = αϕ(x)(z).

Vậy ϕ(x+y) = ϕ(x) +ϕ(y) và ϕ(αx) = αϕ(x). Và ngoài ra ta còn có ‖ϕ(x)‖ =

‖fx‖ = ‖x‖. Như vậy ta có thể xem H∗ là H theo nghĩa không gian tuyến tínhđịnh chuẩn.

§ 5 SỰ HỘI TỤ YẾU TRONG KHÔNG GIAN HILBERT

Định nghĩa 5.1. Cho H là một không gian Hilbert. Dãy (xn) trong H được gọi làhội tụ yếu đến phần tử x trong H nếu với mọi y ∈ H ta có lim

n→∞〈xn, y〉 = 〈x, y〉.

Kí hiệu xnw−→ x.


§5. Sự hội tụ yếu trong không gian Hilbert 123

Định lý 5.2. Giả sử H là một không gian Hilbert.

a) Nếu dãy (xn) hội tụ yếu đến x ∈ H và dãy (yn) hội tụ mạnh đến y ∈ H thìdãy số (〈xn, yn〉) hội tụ đến 〈x, y〉.

b) Nếu dãy (xn) hội tụ yếu đến x ∈ H và dãy (‖xn‖) hội tụ đến ‖x‖ thì dãy (xn)

hội tụ mạnh đến x ∈ H.

Chứng minh. a) Theo giả thiết dãy (xn) hội tụ yếu đến x ∈ H nên (xn) bị chặn,do đó tồn tại M > 0 sao cho ‖xn‖ ≤M với mọi n ∈ N.

Khi đó ta có

|〈xn, yn〉 − 〈x, y〉| ≤ |〈xn, yn〉| − |〈xn, y〉|+ |〈xn, y〉| − |〈x, y〉|≤ ‖xn‖‖yn − y‖+ |〈xn, y〉 − 〈x, y〉|≤M‖yn − y‖+ |〈xn, y〉 − 〈x, y〉|.

Theo giả thiết a) nên khi cho n→∞, từ bất đẳng thức trên ta được

limn→∞〈xn, yn〉 = 〈x, y〉.



b) Ta có

‖xn − x‖2 = 〈xn − x, xn − x〉= ‖x‖2 − 〈xn, x〉 − 〈x, xn〉+ ‖x‖2.

Từ giả thiết limn→∞〈xn, x〉 = 〈x, x〉 = lim

n→∞〈x, xn〉 và lim

n→∞‖xn‖ = ‖x‖, nên chuyển

qua giới hạn đẳng thức trên ta được limn→∞‖xn − x‖ = 0.

Vậy limn→∞

xn = x.

§ 6 TOÁN TỬ LIÊN HỢP TRONG KHÔNG GIAN HILBERT

Định nghĩa 6.1. Cho X,Y là hai không gian tuyến tính định chuẩn và A : X →Y là một toán tử tuyến tính liên tục. Toán tử tuyến tính A∗ : Y ∗ → X∗ xác địnhnhư sau:

Với mỗi y∗ ∈ Y ∗ ta xác địnhA∗y∗ như sauA∗y∗(x) = y∗A(x) với mọi x ∈ X.Khi đó A∗y∗ là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X và

‖A∗y∗‖ ≤ ‖y∗‖‖A‖.


§6. Toán tử liên hợp trong không gian Hilbert 125

Dễ dàng kiểm tra A∗ là toán tử tuyến tính trên Y ∗ và ‖A∗‖ ≤ ‖A‖. Suy ra A∗

liên tục. Toán tử A∗ được gọi là toán tử liên hợp của A.

Định lý 6.2. Giả sử X,Y, Z là các không gian tuyến tính định chuẩn trên trườngK, A,B ∈ L(X,Y ), C ∈ L(Y, Z) và λ ∈ K. Khi đó ta có:

a) (A+B)∗ = A∗ +B∗.

b) (λA)∗ = λA∗.

c) (C A)∗ = A∗ C∗.

Bây giờ cho X,Y là các không gian Hilbert. Khi đó theo nhận xét trong phầnbiểu diễn phiếm hàm tuyến tính trên không gian Hilbert, ta có thể đồng nhất Xvới X∗ và Y với Y ∗. Vì vậy, ta có thể xem A∗ : Y −→ X và khi đó A∗ được xácđịnh bởi công thức

〈x,A∗y〉 = 〈Ax, y〉

với mọi x ∈ X, y ∈ Y .Trong trường hợp này b) được thay bởi (λA)∗ = λA∗.



Ví dụ1) Cho A : Cn −→ Cn là toán tử tuyến tính liên tục. Khi đó với cơ sở chính

tắc e1, . . . , en với ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) toán tử A có ma trận tương ứnglà A = (aij), i, j = 1, . . . , n. Gọi A∗ là toán tử liên hợp của A với ma trận tươngứng là (bij), i, j = 1, . . . , n. Khi đó với mỗi j, i ∈ 1, . . . , n ta có

〈ei, A∗ej〉 = 〈ei,n∑k=1

bkjek〉

= 〈ei, bijei〉 = bij

= 〈Aei, ej〉

= 〈n∑k=1

akiek, ej〉 = aji.

Vậy bij = aji với mọi i, j = 1, . . . , n. Vì vậy (bij) = (aji).

2) Cho A : L2[0,1] −→ L2

[0,1] xác định như sau

Ax(t) =

t∫0

tx(s)ds, t ∈ [0, 1].



Ta có thể kiểm tra A là một toán tử tuyến tính liên tục. Khi đó toán tử A∗ liênhợp của A được xác định như sau: Với mọi x, y ∈ L2

[0,1], ta có

〈x,A∗y〉 = 〈Ax, y〉

=

∫ 1

0

Ax(t)y(t)dt

=

∫ 1

0

∫ t

0

tx(s)dsy(t)dt

=

∫ 1

0

∫ 1

s

ty(t)dtx(s)ds

=

∫ 1

0

x(s)(

∫ 1

s

ty(t)dt)ds.

Vậy A∗y(s) =∫ 1

s ty(t)dt.

Nhận xét NếuX,Y là hai không gian Hilbert vàA ∈ L(X,Y ) thì toán tử liênhợp của toán tử A∗ là A∗∗ : X −→ Y và A∗∗ = A.

Thật vậy, với mọi x ∈ X và y ∈ Y , theo định nghĩa của toán tử liên hợp trong



không gian Hilbert ta có

〈Ax, y〉 = 〈x,A∗y〉 = 〈A∗∗x, y〉.

Định nghĩa 6.3. ChoX,Y là hai không gian tuyến tính liên tục vàA : X −→ Y

tuyến tính liên tục ta gọi nhân và ảnh của A lần lượt là các tập hợp sau và đượckí hiệu là:

KerA = A−1(0) = x ∈ X : Ax = 0

ImA = A(X) = y ∈ Y : y = Ax, x ∈ X .

Nhận xétKerA là một không gian con đóng củaX và ImA là không gian concủa Y .

Định lý 6.4. Cho X,Y là hai không gian Hilbert và A ∈ L(X,Y ). Khi đó ta có

X = KerA⊕ ImA∗, Y = KerA∗ ⊕ ImA.

Chứng minh. Vì KerA là không gian con đóng của không gian Hilbert X nêntheo định lý hình chiếu trực giao ta có X = KerA⊕ (KerA)⊥. Do vậy ta chỉ cầnchứng minh (KerA)⊥ = ImA∗.



Theo định nghĩa ta có

x ∈ KerA⇔ Ax = 0

⇔ 〈Ax, y〉 = 0, với mọi y ∈ Y⇔ 〈x,A∗y〉 = 0, với mọi y ∈ Y⇔ x ⊥ ImA∗

⇔ x ∈ (ImA∗)⊥.

Vậy KerA = (ImA∗)⊥.Mặt khác, từ ImA∗ ⊂ ImA∗ suy ra (ImA∗)⊥ ⊂ (ImA∗)⊥. Hơn nữa, với

x ⊥ ImA∗ kéo theo x ⊥ ImA∗, do đó (ImA∗)⊥ ⊂ (ImA∗)⊥. Vậy (ImA∗)⊥ =

(ImA∗)⊥.Do vậy ta suy ra KerA = (ImA∗)⊥. Từ đó ta được (KerA)⊥ = ImA∗.Bằng cách thay A bởi A∗ trong chứng minh trên với chú ý A∗∗ = A, ta được

đẳng thức thứ hai trong định lý.

Định nghĩa 6.5. Cho H là một không gian Hilbert và A ∈ L(H). Gọi A∗ là toántử liên hợp của A. Nếu A∗ = A thì A được gọi là toán tử tự liên hợp.



Nhận xét. Toán tử A là toán tử tự liên hợp khi và chỉ khi

〈Ax, y〉 = 〈x,Ay〉, với mọi x, y ∈ H.

Định lý 6.6. Giả sửH là một không gian Hilbert vàA là toán tử tự liên hợp trongH. Khi đó

‖A‖ = sup|〈Ax, x〉| : ‖x‖ ≤ 1 = sup|〈Ax, x〉| : ‖x‖ = 1.

Chứng minh. Đặt M = sup|〈Ax, x〉| : ‖x‖ ≤ 1.Ta có

|〈Ax, x〉| ≤ ‖A‖‖x‖2, với mọi x ∈ H.

Suy ra|〈Ax, x〉| ≤ ‖A‖, với mọi x ∈ H với ‖x‖ ≤ 1.

Vì vậyM ≤ ‖A‖ (4.6)

Mặt khác, theo định nghĩa của supremum ta có

M ≥ |〈Ax, x〉| với mọi x ∈ Hvới ‖x‖ ≤ 1.



thức trên ta được ‖Ax‖ ≤M . Vì ‖A‖ = sup‖x‖=1

‖Ax‖ nên

‖Ax‖ ≤M (4.7)

Từ (4.6) và (4.7) ta suy ra ‖A‖ = M.

Vậy

‖A‖ = sup|〈Ax, x〉| : ‖x‖ ≤ 1.

Định lý 6.7. Giả sử H là một không gian Hilbert phức và A là toán tử tuyến tínhliên tục từ H vào H. Toán tử A tự liên hợp khi và chỉ khi 〈Ax, x〉 là số thực vớimọi x ∈ H.

Chứng minh. Điều kiện cần. Giả sử A = A∗, khi đó với mọi x, y ∈ H ta có

〈Ax, x〉 = 〈x,Ax〉 = 〈Ax, x〉.

Vậy 〈Ax, x〉 ∈ R.Điều kiện đủ. Giả sử 〈Ax, x〉 ∈ R với mọi x ∈ H. Với mỗi x, y ∈ H ta đặt〈Ax, x〉 = a, 〈Ay, y〉 = b, 〈A(x+ y), x+ y〉 = c, 〈A(x+ iy), x+ iy〉 = d. Khi



đó a, b, c, d ∈ R và ta có

c =〈Ax, x〉+ 〈Ay, y〉+ 〈Ax, y〉+ 〈Ay, x〉=a+ b+ 〈Ax, y〉+ 〈Ay, x〉

d =a+ b− i〈Ax, y〉+ i〈Ay, x〉.

Vì vậy ta suy ra

〈Ax, y〉+ 〈Ay, x〉 = c− (a+ b) = α ∈ R

và−i〈Ax, y〉+ i〈Ay, x〉 = d− (a+ b) = β ∈ R.

Do đóα+ iβ = 2〈Ax, y〉 và α− iβ = 2〈Ay, x〉.

Vậy〈Ax, y〉 = 〈Ay, x〉.



Bài tập1) Kí hiệu `2 = x = (ξn) | ξn ∈ C,

∞∑n=1|ξn|2 < +∞. Với mọi x = (ξn), y =

(ηn) ∈ `2, đặt

〈x, y〉 =∞∑n=1

ξnηn.

Chứng minh rằng `2 là một không gian Hilbert.

2) Kí hiệu `1 = x = (ξn) | ξn ∈ C,∞∑n=1|ξn| < +∞. Với mọi x = (ξn), y =

(ηn) ∈ `1, đặt

〈x, y〉 =∞∑n=1

ξnηn.

Chứng minh rằng `1 là một không gian tiền Hilbert nhưng không phải là khônggian Hilbert.

3) Cho H là một không gian Hilbert và A : H 7→ H là một toán tử tuyến tínhthoả mãn điều kiện:

〈Ax, y〉 = 〈x,Ay〉. với mọi x, y ∈ H.



Chứng minh rằng A liên tục.4) Cho H là một không gian Hilbert và A : H 7→ H là một toán tử tuyến tính.

Chứng minh rằng nếu với mỗi u ∈ H, phiếm hàm

x 7→ 〈Ax, u〉, x ∈ H

đều liên tục thì A liên tục.5) Giả sử (xn) và (yn) là hai dãy phần tử trong hình cầu đóng đơn vị trong

không gian Hilbert H thoả mãn điều kiện

limn→∞〈xn, yn〉 = 1.

Chứng minh rằnga) lim

n→∞‖xn‖ = 1, lim

n→∞‖yn‖ = 1,

b) limn→∞‖xn − yn‖ = 0.

6) ChoM là một không gian con đóng của không gian HilbertH và (λn) là mộtdãy số. Chứng minh rằng nếu mỗi x ∈ H, chuỗi

∞∑n=1

〈x, en〉en



đều hội tụ thì (λn) là một dãy bị chặn.7) Cho en là một hệ trực chuẩn trong không gian Hilbert H và λn là một

dãy số bị chặn. Chứng minh rằnga) Chuỗi

∞∑n=1

λn〈x, en〉en

hội tụ với mọi x ∈ H.b) Toán tử

Ax =∞∑n=1

λn〈x, en〉en, x ∈ H

tuyến tính liên tục và tính chuẩn của A.


Tài liệu tham khảo

[1] Haim Brezis, (1998) Giải tích hàm: Lý thuyết và các ứng dụng (Bản dịchtiếng Việt của Nguyễn Hội Nghĩa - Nguyễn Thành Long), Tủ sách ĐHKHTN-TP.HCM.

[2] Phan Đức Chính, (1978) Giải tích hàm T.1,NXB ĐHTHCN, Hà nội.

[3] Nguyễn Định - Nguyễn Hoàng, (1999) Hàm số biến số thực, NXB Giáo dục.

[4] Nguyễn Hoàng - Lê Văn Hạp, (1998) Giáo trình Giải tích hàm, NXB Giáo dục.

[5] Nguyễn Văn Khuê - Lê Mậu Hải, (1999) Bài tập giải tích hàm NXB Đại họcQuốc gia Hà Nội.

[6] Nguyễn Xuân Liêm, (1994) Giải tích hàm, NXB Giáo dục.

137

138 TÀI LIỆU THAM KHẢO

[7] Nguyễn Xuân Liêm, (2000) Bài tập giải tích hàm, NXB Giáo dục.

[8] W. Rudin, (1966) Function Analysis , Mc Graw-Hill.


trao đổi trực tuyến tại -...

Documents